高考理科数学中档大题保分专练18套(经典珍藏解析版)
高三数学综合复习：中档大题保分练(一)
中档大题保分练中档大题保分练(一)(推荐时间：50分钟)1． 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，m ＝(cos(x －B )，cos B )，n ＝⎝⎛⎭⎫cos x ，－12，f (x )＝m ·n ，f ⎝⎛⎭⎫π3＝14. (1)求角B 的值；(2)若b ＝14，BA →·BC →＝6，求a 和c 的值． 解 (1)f (x )＝m ·n ＝cos x ·cos(x －B )－12cos B＝cos 2x cos B ＋cos x sin x sin B －12cos B＝12(cos 2x ·cos B ＋sin 2x ·sin B )＝12cos(2x －B )，∵f ⎝⎛⎭⎫π3＝14，∴cos ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝12， 又∵B 为△ABC 的内角，∴2π3－B ＝π3即B ＝π3. (2)由BA →·BC →＝6，及B ＝π3，得ac ·cos π3＝6，即ac ＝12，在△ABC 中，由余弦定理：b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B 得 14＝a 2＋c 2－2ac cos π3，a 2＋c 2＝26，从而(a ＋c )2－2ac ＝26，(a ＋c )2＝50， ∴a ＋c ＝5 2.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ ac ＝12a ＋c ＝52，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝22c ＝32，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32c ＝22.2． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，点⎝⎛⎭⎫n ，S nn (n ∈N *)均在函数y ＝2x －1的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求证：T n <1.(1)解 由条件S nn ＝2n －1，即S n ＝2n 2－n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝()2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3.又n ＝1时，a 1＝S 1＝1适合上式， 所以a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)证明 b n ＝4a n a n ＋1＝4(4n －3)(4n ＋1)＝14n －3－14n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋⎝⎛⎭⎫19－113＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝1－14n ＋1.∵n ∈N *，∴－14n ＋1<0， ∴1－14n ＋1<1，即T n <1.3． M 公司从某大学招收毕业生，经过综合测试，录用了14名男生和6名女生．这20名毕业生的测试成绩如茎叶图所示(单位：分)，公司规定：成绩在180分以上者到“甲部门”工作；180分以下者到“乙部门”工作．另外只有成绩高于180分的男生才能担任“助理工作”．(1)如果用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中选取8人，再从这8人中选3人，那么至少有一人是“甲部门”人选的概率是多少？(2)若从所有“甲部门”人选中随机选3人，用X 表示所选人员中能担任“助理工作”的人数，写出X 的分布列，并求出X 的数学期望．解 (1)用分层抽样的方法， 每个人被抽中的概率是820＝25.根据茎叶图，有“甲部门”人选10人，“乙部门”人选10人， 所以选中的“甲部门”人选有10×25＝4人，“乙部门”人选有10×25＝4人．用事件A 表示“至少有一名甲部门人选被选中”， 则它的对立事件A 表示“没有一名甲部门人选被选中”， 则P (A )＝1－P (A )＝1－C 34C 38＝1－456＝1314.因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是1314.(2)依题意，所选毕业生中能担任“助理工作”的人数X 的取值分别为0,1,2,3.P (X ＝0)＝C 06C 34C 310＝130，P (X ＝1)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝2)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝3)＝C 36C 04C 310＝16，因此，X 的分布列如下：所以X 的数学期望E (X )＝0×130＋1×310＋2×12＋3×16＝95.4． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，∠ABC＝90°，AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD ，平面PBC ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥平面PBC ；(2)求平面ADP 与平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小；(3)在棱PB 上是否存在点M 使得CM ∥平面P AD ？若存在，求PMPB 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 因为∠ABC ＝90°， 所以AB ⊥BC .因为平面PBC ⊥平面ABCD ， 平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ， AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PBC .(2)解 如图，取BC 的中点O ，连接PO . 因为PB ＝PC ，所以PO ⊥BC . 因为平面PBC ⊥平面ABCD ，平面PBC ∩平面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， 所以PO ⊥平面ABCD .以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，在平面ABCD 内过O 垂直 于BC 的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系O －xyz . 不妨设BC ＝2.由AB ＝PB ＝PC ＝BC ＝2CD 可得， P (0,0，3)，D (－1,1,0)，A (1,2,0)． 所以DP →＝(1，－1，3)，DA →＝(2,1,0)． 设平面ADP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )． 因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·DP →＝0，m ·DA →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋3z ＝0，2x ＋y ＝0.令x ＝－1，则y ＝2，z ＝ 3. 所以m ＝(－1,2，3)．取平面BCP 的一个法向量n ＝(0,1,0)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝22.所以平面ADP 和平面BCP 所成的二面角(小于90°)的大小为π4.(3)解 在棱PB 上存在点M 使得CM ∥平面P AD ，此时PM PB ＝12.取AB 的中点N ，连接CM ，CN ，MN ， 则MN ∥P A ，AN ＝12AB .因为AB ＝2CD ， 所以AN ＝CD . 因为AB ∥CD ，所以四边形ANCD 是平行四边形， 所以CN ∥AD .因为MN ∩CN ＝N ，P A ∩AD ＝A ， 所以平面MNC ∥平面P AD . 因为CM ⊂平面MNC ，所以CM∥平面P AD.。
(精校版)2018年高考理数真题必拿分题8套专题训练(含答案,可直接打印)
2018全国高考（理数）真题必拿分题专题训练 2018年普通高等学校招生全国统一考试1卷三、解答题: 本大题共5小题, 共72分．解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤． 18. （本小题14分）已知函数2()2sin ()3cos 21[,]442f x x x x πππ=+--∈(1)求()f x 的单调递增区间; (2)若不等式()2f x m -<在[,]42x ππ∈上恒成立,求实数m 的取值范围.19．（本小题14分） 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，0//,90AD BC ADC ∠=,平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，2PA PD ==，112BC AD ==,3CD =． （I ）求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（II ）若二面角M BQ C --为30°，设PM tMC =,试确定t 的值20. （本小题14分）已知数列{}n a 的前n 项和是n S (*n N ∈),11a =且1102n n n S S a -⋅+= (1)求数列{}n a 的通项公式;231111(2):*,1111n n N n S S S +∈⋅⋅>+---L 求证对任意的不等式成立.PABCD Q M2018年普通高等学校招生全国统一考试2卷三、解答题：共70分。
解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。
第22、23为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共60分。
17．（12分）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．18．（12分）下图是某地区2000年至2016年环境基础设施投资额y （单位：亿元）的折线图．为了预测该地区2018年的环境基础设施投资额，建立了y 与时间变量t 的两个线性回归模型．根据2000年至2016年的数据（时间变量t 的值依次为1217，，…，）建立模型①：ˆ30.413.5y t =-+；根据2010年至2016年的数据（时间变量t 的值依次为127，，…，）建立模型②：ˆ9917.5yt =+． （1）分别利用这两个模型，求该地区2018年的环境基础设施投资额的预测值； （2）你认为用哪个模型得到的预测值更可靠？并说明理由．20．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．C2018年普通高等学校招生全国统一考试3卷三、解答题：共70分。
高考理科数学中档大题保分专练15套(经典珍藏解析版)
（Ⅱ）若选取的是 12 月 1 日与 12 月 5 日的两组数据，请根据 12 月 2 日至 12 月 4 日的数据，
求 y 关于 x 的线性回归方程 y bx a ；
（Ⅲ）若由线性回归方程得到的估计数据与所选出的检验数据的误差均不超过 2 颗，则认为
得到的线性回归方程是可靠的，试问（Ⅱ）中所得的线性回归方程是否可靠？
i 1
xi2
112
132
122
434
2
， 3x
432 ，由公式求
得
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中档大题保分专练 15 套
3
b
xi yi
i 1
977 972 5 ，a y bx 3
3
xi 2
2
3x
434 432
2
i 1
．
x 2 cos
4.
（广西名校第一次摸底）已知曲线
M
的参数方程为
12 月 2 日
12 月 3 日
12 月 4 日
12 月 5 日
温差 x （℃） 10
11
13
12
8
发芽数 y（颗） 23
25
30
26
16
该农科所确定的研究方案是：先从这 5 组数据中选取 2 组，用剩下的 3 组数据求线性回归方
程，再对被选取的 2 组数据进行检验．
（Ⅰ）求选取的 2 组数据恰好是不相邻的 2 天数据的概率；
，
∴曲线 N 的普通方程为 3x y 16 0 ．……………………………………5 分
（Ⅱ）圆 M 的圆心 M 0 ，2 ，半径 r 2．
2 16
d
7
点 M 到直线 N 的距离为
2018年高考理科数学中档解答题专项提分练：立体几何(解析版)
2018年高考理科数学中档解答题专项提分练：立体几何1．(本小题满分12分)(2016·陕西安康三模)在如图所示的四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，P A ⊥CD ，BC ⊥平面P AB ，且E ，M ，N 分别为PD ，CD ，AD 的中点，PF→＝3FD →.(1)证明：PB ∥平面FMN ；(2)若P A ＝AB ，求二面角E －AC －B 的余弦值．(1)证明：连接BD ，分别交AC ，MN 于点O ，G ，连接EO ，FG .∵O 为BD 中点，E 为PD 中点，∴EO ∥PB . 又PF→＝3FD →， ∴F 为ED 中点． 又CM ＝MD ，AN ＝DN ， ∴G 为OD 的中点， ∴FG ∥EO ，∴PB ∥FG .∵FG ⊂平面FMN ，PB ⊄平面FMN ， ∴PB ∥平面FMN .(2)解：∵BC ⊥平面P AB ，∴BC ⊥P A ， 又P A ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ， ∴P A ⊥平面ABCD .如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝AB ＝2，可知A (0,0,0)，C (2,2,0)，B (2,0,0)，E (0,1,1)， 则AC→＝(2,2,0)，AE →＝(0,1,1)． ∵P A ⊥平面ABCD ，∴平面ABC 的一个法向量n 0＝(0,0,1)． 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·AC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，2x ＋2y ＝0. 令x ＝1，则y ＝－1，z ＝1，∴n ＝(1，－1,1)． ∴cos 〈n 0，n 〉＝n 0·n |n 0||n |＝33.由图可知，二面角E －AC －B 为钝角， ∴二面角E －AC －B 的余弦值为－33.2．(本小题满分12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，△ABD 是边长为2的正三角形，PC ⊥底面ABCD ，AB ⊥BP ，BC ＝233.(1)求证：P A ⊥BD ；(2)若PC ＝BC ，求二面角A －BP －D 的正弦值．(1)证明：连接AC 交BD 于O . ∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AB . ∵AB ⊥BP ，BP ∩CP ＝P ， ∴AB ⊥平面PBC ，则AB ⊥BC .∵BC ＝233，∴tan ∠BAC ＝33，即∠BAC ＝30°. ∵∠ABD ＝60°，∴∠AOB ＝90°，即AC ⊥BD . ∵PC ⊥BD ，∴BD ⊥平面ACP ， ∴P A ⊥BD .(2)解：由(1)知O 是BD 的中点，过O 作OF ∥PC 交AP 于F ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，233，则DB →＝(0,2,0)，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，－233， 设平面PBD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧ n ·DB →＝0，n ·PB→＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，33x ＋y －233z ＝0，令z ＝1，则x ＝2，∴n ＝(2,0,1)．取PB 的中点E ⎝⎛⎭⎪⎫－36，12，33，连接CE .∵PC ＝BC ，∴CE ⊥PB ，则CE ⊥平面ABP ，∴向量CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫36，12，33是平面ABP 的一个法向量， ∴cos 〈n ，CE →〉＝n ·CE →|n ||CE →|＝2335×23＝105， ∴二面角A －BP －D 的正弦值为155.3．(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD ，侧面P AD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，M 是棱PC 上的动点，且PMPC ＝λ(λ∈[0,1])．(1)求证：BC ⊥PC ；(2)试确定λ的值，使得二面角P －AD －M 的平面角的余弦值为255. (1)证明：取AD 中点O ，连接OP ，OC ，∵侧面P AD 是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，∴△ADC 是等边三角形，PO ，AD ，CO 两两垂直，以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得P (0,0，3)，C (3，0,0)，B (3，－2,0)， BC→＝(0,2,0)，PC →＝(3，0，－3)， ∴BC →·PC→＝0，∴BC ⊥PC . (2)解：由PMPC ＝λ可得点M 的坐标为(3λ，0，3－3λ)， ∴AM→＝(3λ，1，3－3λ)，DM →＝(3λ，－1，3－3λ)， 设平面AMD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧3λx ＋y ＋(3－3λ)z ＝0，3λx －y ＋(3－3λ)z ＝0，令z ＝λ，得n ＝(λ－1,0，λ)．由题意得，平面P AD 的法向量m ＝(1,0,0)． ∵二面角P －AD －M 的平面角的余弦值为255， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－12＝255， 由λ∈[0,1]，解得λ＝13.4．(本小题满分12分)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.(1)求证：AD⊥平面BFED；(2)点P在线段EF上运动，设平面P AB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．(1)证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3.∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，∴AD⊥平面BFED.(2)解：由(1)可建立分别以直线DA，DB，DE为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系，如图所示．令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， ∴AB→＝(－1，3，0)，BP →＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量， 由⎩⎨⎧n 1·AB →＝0，n 1·BP→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，(λ－3)y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)． ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋(3－λ)2×1 ＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12， ∴θ的最小值为π3.5.(本小题满分12分)如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2，AD ＝22，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图②.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值． (1)证明：在题图①中，因为AB ＝BC ＝2，AD ＝22，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图②中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC . 又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解：由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系． 因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B (1,0,0)，E (－1,0,0)，A 1(0,0,1)，C (0,1,0)，D (－2,1,0)， 得BC →＝(－1,1,0)，A 1C →＝(0,1，－1)，DC →＝(2,0,0)．设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎨⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)． ⎩⎨⎧n 2·DC→＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)． 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.6．(本小题满分12分)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°.(1)证明：AB ⊥B 1C ；(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值．(1)证明：连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，由余弦定理得，AB21＝AB2＋BB21－2AB·BB1·cos ∠ABB1＝3，∴AB1＝3，∴BB21＝AB2＋AB21，∴AB1⊥AB.又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，∴AC⊥AB.∵AC∩AB1＝A，∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.(2)解：∵AB1＝3，AB＝AC＝1，B1C＝2，∴B1C2＝AB21＋AC2，∴AB1⊥AC.如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，C (0,1,0)， ∴BB 1→＝(－1,0，3)，BC →＝(－1,1,0)． 设平面BCB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0， 令z ＝1，得x ＝y ＝3，∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1)． ∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→ ＝(0,1,0)＋(－1,0，3)＝(－1,1，3)，∴cos 〈AC 1→，n 〉＝AC 1→·n |AC 1→||n |＝35×7＝10535， ∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为10535.。
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)理(1)
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(四)理(推荐时刻：50分钟)1． 已知函数f (x )＝sin ωx (ω>0)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3上单调递增，在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3 上单调递减；如图，四边形OACB 中，a ，b ，c 为△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，且知足sin B ＋sin C sin A ＝4ω3－cos B －cos C cos A. (1)证明：b ＋c ＝2a ；(2)假设b ＝c ，设∠AOB ＝θ(0<θ<π)，OA ＝2OB ＝2，求四边形OACB 面积的最大值．(1)证明 由题意知：2πω＝4π3，解得：ω＝32， ∵sin B ＋sin C sin A ＝2－cos B －cos C cos A， ∴sin B cos A ＋sin C cos A＝2sin A －cos B sin A －cos C sin A ，∴sin B cos A ＋cos B sin A ＋sin C cos A ＋cos C sin A＝2sin A ，∴sin(A ＋B )＋sin(A ＋C )＝2sin A ，∴sin C ＋sin B ＝2sin A ⇒b ＋c ＝2a .(2)解 因为b ＋c ＝2a ，b ＝c ，因此a ＝b ＝c ，因此△ABC 为等边三角形，S OACB ＝S △OAB ＋S △ABC ＝12OA ·OB sin θ＋34AB 2 ＝sin θ＋34(OA 2＋OB 2－2OA ·OB c os θ)＝sin θ－3cos θ＋534＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ－π3＋534， ∵θ∈(0，π)，∴θ－π3∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π3，2π3，当且仅当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时取最大值， S OACB 的最大值为2＋534. 2． 张师傅驾车从公司开往火车站，途经4个交通岗，这4个交通岗将公司到火车站分成5个路段，每个路段的驾车时刻都是3分钟，若是碰到红灯要停留1分钟．假设他在各交通岗是不是碰到红灯是彼此独立的，而且概率都是13.(1)求张师傅此行程时刻很多于16分钟的概率；(2)记张师傅此行程所需时刻为Y 分钟，求Y 的散布列和均值．解 (1)若是不碰到红灯，全程需要15分钟，不然至少需要16分钟．因此张师傅此行程时刻很多于16分钟的概率P ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－134＝6581.(2)设张师傅此行程碰到红灯的次数为X ，则X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，13，P (X ＝k )＝C k 4⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ⎝ ⎛⎭⎪⎫234－k，k ＝0,1,2,3,4.依题意，Y ＝15＋X ，那么Y 的散布列为Y 15 16 17 18 19P 1681 3281 827 881 181Y 的均值E (Y )＝E (X ＋15)＝E (X )＋15＝4×13＋15＝493.3． 如下图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC上移动．(1)点E 为BC 的中点时，试判定EF 与平面PAC 的位置关系，并说明理由；(2)求证：不管点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF ；(3)当BE 为何值时，PA 与平面PDE 所成角的大小为45°.(1)解 当点E 为BC 的中点时，EF 与平面PAC 平行． ∵在△PBC 中，E 、F 别离为BC 、PB 的中点，∴EF ∥PC .又∵EF ⊄平面PAC ，而PC ⊂平面PAC ，∴EF ∥平面PAC .(2)证明 以A 为坐标原点成立如下图的空间直角坐标系，则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，D (3，0,0)．设BE ＝x ，那么E (x,1,0)，PE →·AF →＝(x,1，－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12＝0，因此PE ⊥AF .(3)解 设平面PDE 的法向量为m ＝(p ，q,1)． 由(2)知PD →＝(3，0，－1)，PE →＝(x,1，－1)，由⎩⎨⎧m ·PD →＝0，m ·PE →＝0，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13，1－x 3，1.而AP →＝(0,0,1)，依题意PA 与平面PDE 所成角为45°， 因此sin 45°＝22＝|m ·AP →||m ||AP →|， 即113＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－x 32＋1＝22，得BE ＝x ＝3－2或BE ＝x ＝3＋2>3(舍去)． 故BE ＝3－2时，PA 与平面PDE 所成角为45°.4． 设f (x )＝x 3，等差数列{a n }中a 3＝7，a 1＋a 2＋a 3＝12，记S n ＝f (3a n ＋1)，令b n ＝a n S n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式和S n ；(2)求证：T n <13； (3)是不是存在正整数m ，n ，且1<m <n ，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？假设存在，求出m ，n 的值，假设不存在，说明理由．(1)解 设数列{a n }的公差为d ， 由a 3＝a 1＋2d ＝7，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝12， 解得a 1＝1，d ＝3，因此a n ＝3n －2.又因为f (x )＝x 3，因此S n ＝f (3a n ＋1)＝a n ＋1＝3n ＋1.(2)证明 因为b n ＝a n S n ＝(3n －2)(3n ＋1)， 因此1b n＝13n －23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1， 因此T n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1<13. (3)解 由(2)知T n ＝n3n ＋1， 因此T 1＝14，T m ＝m 3m ＋1，T n ＝n 3n ＋1， 若T 1，T m ，T n 成等比数列， 则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 3m ＋12＝14·n 3n ＋1，即6m ＋1m 2＝3n ＋4n . 当m ＝2时，134＝3n ＋4n，n ＝16，符合题意； 当m ＝3时，199＝3n ＋4n，n 无正整数解；当m ＝4时，2516＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝5时，3125＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ＝6时，3736＝3n ＋4n，n 无正整数解； 当m ≥7时，m 2－6m －1＝(m －3)2－10>0， 则6m ＋1m 2<1，而3n ＋4n ＝3＋4n>3， 因此，现在不存在正整数m ，n ，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．综上，存在正整数m ＝2，n ＝16，且1<m <n ， 使得T 1，T m ，T n 成等比数列．。
高考数学中档大题保分练2.docx
中档大题保分练(二)(建议用时：45分钟)1．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．2．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.3．已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．4．(2015·雅安模拟)已知数列{a n }是公差为1的等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，S n ，T n 分别是数列{a n }和{b n }的前n 项和，且a 6＝b 3，S 10＝T 4＋45.(1)分别求{a n }，{b n }的通项公式； (2)若S n >b 6，求n 的范围；(3)令c n ＝(a n －2)b n ，求数列{c n }的前n 项和R n .5．(2015·青岛模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝0，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上，若不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b n a n ＋1≥m －92＋2a n对于n ∈N *恒成立，求实数m 的最大值．6．(2015·珠海模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12n ·a n ＋1，n ∈N *，其中a 1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝13a n＋1－2，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n<14.【详解答案】1．解：(1)证明：(a n＋1－1)(a n－1)＝3[(a n－1)－(a n＋1－1)]，∴1an＋1－1－1an－1＝13，即b n＋1－b n＝13，∴{b n}是等差数列．(2)∵b1＝1，∴b n＝13n＋23，∴a n－1＝3n＋2，∴a n＝n＋5n＋2.2．解：(1)设{a n}的公差为d，由题意，得a211＝a1a13，即(a1＋10d)2＝a1(a1＋12d)．于是d(2a1＋25d)＝0.又a1＝25，所以d＝0(舍去)或d＝－2.故a n＝－2n＋27.(2)令S n＝a1＋a4＋a7＋…＋a3n－2.由(1)知a3n－2＝－6n＋31，故{a3n－2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n＝n2(a1＋a3n－2)＝n2(－6n＋56)＝－3n2＋28n.3．解：(1)由S3＝6，得a2＝2. ∵a3－a1，2a2，a8成等比数列，∴(2d)·(2＋6d)＝42，解得d＝1或d＝－4 3，∵d>0，∴d＝1，∴数列{a n}的通项公式为a n＝n.(2)T n＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n（n＋2）＝12[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n＋2]＝12⎝⎛⎭⎪⎫32－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4（n＋1）（n＋2）.4．解：(1)联立方程可得a n＝n＋2，b n＝2n.(2)因为a n ＝n ＋2，b n ＝2n ，∴S n ＝n （n ＋5）2，b 6＝26＝64，∴n （n ＋5）2>64，∴n ≥10，n ∈N *.(3)由c n ＝(a n －2)b n ＝n ·2n ，得R n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，两边同乘以2得，2R n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1， 两式错位相减得：－R n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，所以R n ＝2＋(n －1)×2n ＋1.5．解：(1)证明：由a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋n ＝a n ＋1， 得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋n －1＝a n (n ≥2)， 两式相减得a n ＋1＝2a n ＋1， 所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)(n ≥2)，因为a 1＝0，所以a 1＋1＝1，a 2＝a 1＋1＝1，a 2＋1＝2(a 1＋1)， 所以{a n ＋1}是以1为首项，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n ＝2n －1－1， 因为点(T n ＋1，T n )在直线xn ＋1－y n ＝12上， 所以T n ＋1n ＋1－T n n ＝12， 故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫T n n 是以T 11＝1为首项，12为公差的等差数列，则T n n ＝1＋12(n －1)，所以T n ＝n （n ＋1）2， 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ，因为b 1＝1满足该式，所以b n ＝n ， 所以不等式b 1a 1＋1＋b 2a 2＋1＋…＋b na n ＋1≥m －92＋2a n， 即1＋22＋322…＋n 2n －1≥m －92n ，令R n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，则12R n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， 两式相减得⎝⎛⎭⎪⎫1－12R n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n ，所以R n ＝4－n ＋22n －1.由R n ≥m －92n 恒成立，即4－2n －52n ≥m 恒成立，又⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －32n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2n －52n ＝2n －72n ＋1，故当n ≤3时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n 单调递减；当n ＝3时，4－2×3－523＝318； 当n ≥4时，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫4－2n －52n单调递增； 当n ＝4时，4－2×4－524＝6116； 则4－2n －52n 的最小值为6116，所以实数m 的最大值是6116. 6．解：(1)令n ＝1，得S 1＝12a 2，即a 1＝12a 2，由已知a 1＝1，得a 2＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧S n＝12n ·a n ＋1，（n ≥1），S n －1＝12（n －1）·a n，（n ≥2）.可得S n －S n －1＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n .即a n ＝12n ·a n ＋1－12(n －1)·a n ，所以12(n ＋1)·a n ＝12n ·a n ＋1.即a n ＋1a n ＝n ＋1n，(n ≥2)，所以anan－1·an－1an－2·…·a3a2＝nn－1·n－1n－2·…·32，(n≥3)，即ana2＝n2，(n≥3)．又∵a2＝2，所以a n＝n(n≥2)．又∵a1＝1，∴a n＝n，n∈N*.(2)证明：∵a n＝n，∴b n＝13a n＋1－2＝13n＋1－2.∵b n＝13n＋1－2＝13·3n－2＝12·3n＋3n－2≤12·3n.∴T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n<12×31＋12×32＋12×33＋…＋12×3n＝12⎝⎛⎭⎪⎫131＋132＋133＋…＋13n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13n<14.。
2018年高考数学(理)二轮复习 专项精练：中档大题规范练(二)(含答案解析)
(二)立体几何与空间向量1．(2017·全国Ⅰ)如图，在四棱锥P —ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A —PB —C 的余弦值．(1)证明 由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ，因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩DP ＝P ，AP ，DP ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD .因为AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)解 在平面PAD 内作PF ⊥AD ，垂足为点F .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PF ，可得PF ⊥平面ABCD .以点F 为坐标原点，FA →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz .由(1)及已知可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，所以PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，－22，CB →＝(2，0,0)，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，－22，AB →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PA →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.所以可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－23×2＝－33.易知A —PB —C 为钝二面角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33.2.(2017·泉州质检)如图，在三棱锥A —BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，∠CBD ＝60°，BD ＝2BC ＝4，点E 在CD 上，DE ＝2EC .(1)求证：AC ⊥BE ；(2)若二面角E —BA —D 的余弦值为155，求三棱锥A —BCD 的体积．(1)证明 取BD 的中点O ，连接AO ，CO ，EO .因为AB ＝AD ，BO ＝OD ，所以AO ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD .又BE ⊂平面BCD ，所以AO ⊥BE .在△BCD 中，BD ＝2BC ，DE ＝2EC ， 所以BD BC ＝DE EC＝2， 由角平分线定理，得∠CBE ＝∠DBE .又BC ＝BO ＝2，所以BE ⊥CO ，又因为AO ∩CO ＝O ，AO ⊂平面ACO ，CO ⊂平面ACO ，所以BE ⊥平面ACO ，又AC ⊂平面ACO ，所以AC ⊥BE .(2)解 在△BCD 中，BD ＝2BC ＝4，∠CBD ＝60°，由余弦定理，得CD ＝23，所以BC 2＋CD 2＝BD 2，即∠BCD ＝90°，所以∠EBD ＝∠EDB ＝30°，BE ＝DE ，所以EO ⊥BD ，结合(1)知，OE ，OD ，OA 两两垂直，以O 为原点，分别以OE →，OD →，OA →的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz (如图)，设AO ＝t (t >0)，则A (0,0，t )，B (0，－2,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，0，0， 所以BA →＝(0,2，t )，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2，0， 设n ＝(x ，y ，z )是平面ABE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＋tz ＝0，233x ＋2y ＝0，整理，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－3y ，z ＝－2t y ， 令y ＝－1，得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－1，2t . 因为OE ⊥平面ABD ，所以m ＝(1,0,0)是平面ABD 的一个法向量．又因为二面角E —BA —D 的余弦值为155， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝33＋1＋4t 2＝155， 解得t ＝2或t ＝－2(舍去)．又AO ⊥平面BCD ，所以AO 是三棱锥A —BCD 的高，故V A —BCD ＝13·AO ·S △BCD ＝13×2×12×2×23＝433. 3.如图，在四棱锥P —ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为 B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD→||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 4.(2017届锦州质检)如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)若二面角M —BQ —C 的大小为30°，设PM ＝tMC ，试确定t 的值． (1)证明 ∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，Q 为AD 的中点， ∴QD ∥BC 且QD ＝BC ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴CD ∥BQ .∵∠ADC ＝90°，∴∠AQB ＝90°，即QB ⊥AD .又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BQ ⊂平面ABCD ，∴BQ ⊥平面PAD .∵BQ ⊂平面PQB ，∴平面PQB ⊥平面PAD .(2)解 ∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD，PQ ⊂平面PAD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ，QA ，QB 两两垂直，如图，以Q 为原点建立空间直角坐标系，则平面BQC 的法向量为n ＝(0,0,1)，Q (0,0,0)，P (0,0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，设M (x ，y ，z )，则PM →＝(x ，y ，z －3)，MC →＝(－1－x ，3－y ，－z )，∵PM →＝tMC →，∴⎩⎨⎧ x ＝t (－1－x )，y ＝t (3－y )，z －3＝t (－z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－t1＋t ，y ＝3t1＋t ，z ＝31＋t ，在平面MBQ 中，QB →＝(0，3，0)，QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 1＋t ，3t 1＋t ，31＋t .∴平面MBQ 的法向量为m ＝(3，0，t )．∵二面角M —BQ —C 为30°，∴cos 30°＝n·m|n||m |＝t3＋0＋t 2＝32，∴t ＝3.5．(2017届北京市朝阳区模拟)如图1，在Rt△ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝4，BC ＝2，D ，E 分别为边AC ，AB 的中点，点F ，G 分别为线段CD ，BE 的中点．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使∠A 1DC ＝60°.点Q 为线段A 1B 上的一点，如图2.(1)求证：A 1F ⊥BE ； (2)线段A 1B 上是否存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE ？若存在，求出A 1Q 的长，若不存在，请说明理由；(3)当A 1Q →＝34A 1B →时，求直线GQ 与平面A 1DE 所成角的大小． (1)证明 因为A 1D ＝DC ，∠A 1DC ＝60°，所以△A 1DC 为等边三角形．又因为点F 为线段CD 的中点，所以A 1F ⊥DC .由题可知ED ⊥A 1D ，ED ⊥DC ，A 1D ∩DC ＝D ，A 1D ，DC ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥平面A 1DC .因为A 1F ⊂平面A 1DC ，所以ED ⊥A 1F .又ED ∩DC ＝D ，ED ，DC ⊂平面BCDE ，所以A 1F ⊥平面BCDE .所以A 1F ⊥BE .(2)解 由(1)知，A 1F ⊥平面BCDE ，FG ⊥DC ，如图，建立空间直角坐标系，则F (0,0,0)，D (0，－1,0)，C (0,1,0)，E (1，－1，0)，A 1(0,0，3)，B (2,1,0)．设平面A 1DE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，A 1D →＝(0，－1，－3)，DE →＝(1,0,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1D →＝0，n ·DE →＝0， 即⎩⎨⎧ y ＋3z ＝0，x ＝0.令z ＝1，则y ＝－3，所以n ＝(0，－3，1)．假设在线段A 1B 上存在点Q ，使得FQ ∥平面A 1DE .设A 1Q →＝λA 1B →，λ∈(0,1)．又A 1B →＝(2,1，－3)，所以A 1Q →＝(2λ，λ，－3λ)．所以Q (2λ，λ，3－3λ)．则FQ →＝(2λ，λ，3－3λ)． 所以FQ →·n ＝－3λ＋3－3λ＝0，解得λ＝12.所以在线段A 1B 上存在中点Q ，使FQ ∥平面A 1DE ，且A 1Q ＝ 2.(3)解 因为A 1Q →＝34A 1B →，又A 1B →＝(2,1，－3)，所以A 1Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，34，－334.所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，34，34.又因为G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，所以GQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34，34.因为n ＝(0，－3，1)，设直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为θ， 则sin θ＝|GQ →·n ||GQ →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0－334＋342×234＝12.所以直线GQ 与平面A 1DE 所成的角为30°.。
2022届高考数学保分题及答案
2022年高考数学考前保分题1．如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．（Ⅰ）求BC ；（Ⅱ）求平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值．【分析】（Ⅰ）以点D 为原点，依次DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设BC ＝t （t ＞0），求出PB →=(t ，1，−1)，AM →=(−t 2，1，0)．通过PB →⊥AM →，转化求解即可．（Ⅱ）求出平面P AM 的一个法向量，平面PDC 的一个法向量，利用空间向量的数量积求解平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值即可．【解答】解：（Ⅰ）依题意，棱DA ，DC ，DP 两两互相垂直．以点D 为原点，依次DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，如图，建立空间直角坐标系．（2分）设BC ＝t （t ＞0），则B （t ，1，0），P （0，0，1），A （t ，0，0），M(t 2，1，0)． 可得PB →=(t ，1，−1)，AM →=(−t 2，1，0)．由PB ⊥AM ，知PB →⊥AM →，可得：t ×(−t 2)+1×1+(−1)×0=0，解得t =√2．所以，BC =√2．（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）得到A(√2，0，0)，M(√22，1，0)， 因此可得AM →=(−√22，1，0)，AP →=(−√2，0，1)．设平面P AM 的一个法向量为n 1→=(x ，y ，z)，则由{n 1→⋅AM →=0，n 1→⋅AP →=0，得{−√22x +y =0，−√2x +z =0， 令z =2√2，解得n 1→=(2，√2，2√2)．同理，可求平面PDC 的一个法向量n 2→=(1，0，0)．所以，平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角θ满足：cosθ=n 1→⋅n 2→|n 1→||n 2→|=2√14×1=√147． 即平面P AM 与平面PDC 所成的锐二面角的余弦值为√147．（12分） 【点评】本题考查空间向量的垂直，点、线、面距离的求法，二面角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．2．在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝4，E 为CD 中点，将△BCE 沿着BE 折起，点C 变成点P ，此时PC =√6．（1）求证：AD ⊥PC ；（2）求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【分析】（1）取BC 中点记为H ，连结PH ，CH ，推导出BE ∥AD ，然后得到△BCE 是边长为2等边三角形，△PEB 是边长为2的等边三角形，从而得到CH ⊥BE ，PH ⊥BE ，进而得到BE ⊥平面PCH ，由此能证明AD ⊥PC ．（2）法一：推导出PH ⊥平面BCE ，以H 为原点HB ，HC ，HP 所在直线为x ，y ，z 轴建如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值． 法二：取CP 中点M ，连结EM ，BM ，推导出EM ∥DP ，得到直线EM 与平面PBC 所成的线面角，再求出直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取BC 中点记为H ，连结PH ，CH ，∵E 是CD 中点，CD ＝4，∴DE ＝CE ＝AB ＝BC ＝AD ＝2，∵AB ∥DE ，AB ＝DE ，∴四边形ABED 是平行四边形，∴BE ∥AD ，BE ＝AD ＝2，∴△BCE 是边长为2等边三角形，由题意，可知PE ＝CE ＝2，PB ＝CB ＝2，∴△PEB 是边长为2的等边三角形，∵CH 是△BCE 中线，PH 是△PCE 中线，∴CH ⊥BE ，可得PH ⊥BE ，∵CH ∩PH ＝H ，∴BE ⊥平面PCH ，∴BE ⊥PC ，∴AD ⊥PC ．（2）法一：建系法证明：∵PC =√6，由（1）可求得PH =CH =√3，∴PH 2+CH 2＝PC 2，∴PH ⊥CH ，∵PH ⊥BE ，CH ∩BE ＝H ，∴PH ⊥平面BCE ，∴以H 为原点HB ，HC ，HP 所在直线为x ，y ，z 轴建如图所示的空间直角坐标系， ∵B(1，0，0)，C(0，√3，0)，P(0，0，√3)，D(−2，−√3，0)，∴DP →=(2，√3，√3)，BC →=(−1，√3，0)，BP →=(−1，0，√3)，设平面BCP 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{BP →⋅n →=−x +√3y =0BC →⋅n →=−x +√3z =0，令x =√3，则y ＝1，z ＝1，∴平面BCP 法向量n →=(√3，1，1)，∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为：sinθ=|DP →⋅n →||DP →|⋅|n →|=|2√3+√3+√3|√10×√5=2√65．法二：几何法证明：取CP 中点M ，连接EM ，BM ，∵EM 是△CDP 的中位线，∴EM ∥DP ，∴即求直线EM 与平面PBC 所成线面角，∵PB =PC =2，PC =√6，M 是PC 中点， ∴BM ⊥PC ，且BM =22−(√62)2=√102， 同理EM ⊥PC ，EM =√102，∴PC ⊥平面EMB ，∵PC ⊂平面PBC ，∴平面EMB ⊥平面PBC ，∴∠EMB 即所求线面角，∴cos∠EMB =BM 2+EM 2−BE 22BM⋅EM =15， ∴直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为sin∠EMB =2√65．【点评】本题考查了线线垂直的证明，线面角，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．3．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，P A ＝AD ＝2，E ，F 分别为PD ，PC 的中点．（1）求证：CD ⊥平面P AD ；（2）求平面AEF 与底面ABCD 所成角的余弦值．【分析】（1）由线面垂直的性质可得CD ⊥P A ，由底面ABCD 为正方形，结合线面垂直的判定定理即可证明；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面AEF 的法向量，由向量的夹角公式求解即可．【解答】解：（1）证明：因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，则CD ⊥P A ， 又底面ABCD 为正方形，则CD ⊥AD ，因为AD ∩P A ＝A ，AD ，P A ⊂平面P AD ，故CD ⊥平面P AD ；（2）以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A （0，0，0），E （0，1，1），F （1，1，1），所以AE →=(0，1，1)，AF →=(1，1，1)，设平面AEF 的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅AE →=0n →⋅AF →=0，即{y +z =0x +y +z =0，令y ＝1，则z ＝﹣1，故n →=(0，1，−1)，又平面ABCD 的一个法向量为m →=(0，0，1)，则|cos ＜n →，m →＞|=|n →⋅m →||n →||m →|=1√1+1×1=√22， 所以平面AEF 与底面ABCD 所成角的余弦值为√22． 【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面垂直的判定定理，二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．。
高考数学中档大题保分练3.docx
中档大题保分练(三)(建议用时：45分钟)1．如图1，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：1(1)直线BC1∥平面EFPQ；(2)直线AC1⊥平面PQMN.图12．如图2，四棱锥PABCD的底面ABCD是矩形，AB＝2，BC＝2，且侧面PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E是棱PA的中点．(1)求证：PC∥平面EBD；(2)求三棱锥PEBD的体积．图23．(2015·贵州八校联盟)如图3，三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，四边形ACC1A1是矩形，CC1＝2BC＝2，∠BCC1＝120°，M，N分别为AC，B 1C1的中点．图3(1)求证：MN∥平面ABB1A1；(2)求点M到平面A1BC1的距离d.4．(2014·广东高考)如图4(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图4(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF；(2)求三棱锥M CDE 的体积．图45．(2015·文登模拟)如图5所示，已知在四棱锥P ABCD 中，CD ∥AB ，AD ⊥AB ，BC ⊥PC ，且AD ＝DC ＝PA ＝12AB ＝a .(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)试在线段PB 上找一点M ，使CM ∥平面PAD, 并说明理由； (3)若点M 是由(2)中确定的，且PA ⊥AB ，求四面体MPAC 的体积．图56．(2015·湖北模拟)如图6，AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ，B 的动点，四边形ABCD 为矩形，且AB ＝2，AD ＝1，平面ABCD ⊥平面ABE .(1)求证：BE ⊥平面DAE ；(2)当点E 在AB ︵的什么位置时，四棱锥E ABCD 的体积为33.图6【详解答案】1．证明：(1)连接AD1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.又AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.连接B1D1，因为M，N分别是A1B1，A1D1的中点，所以MN∥B1D1，故MN∥BD，从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.2．解：(1)证明：在矩形ABCD中，连接AC，设AC，BD交点为O，连接EO，则O是AC中点．又E是PA中点，所以EO是△PAC的中位线，所以PC∥EO.又EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.(2)取AB中点H，连接PH，则由PA＝PB，得PH⊥AB.又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，∴PH⊥平面ABCD.取AH中点F，连接EF，由E是PA中点，得EF∥PH，EF＝12 PH，∴EF⊥平面ABCD.∴V PEBD＝V PABD－V EABD＝13S△ABD·PH－13S△ABD·EF，由题意可求得S△ABD＝2，PH＝3，EF＝3 2，则V PEBD＝13×2×3－13×2×32＝66.3．解：(1)证明：取A1B1中点E，连接AE，NE，在△A1B1C1中，NE是中位线，所以NE∥A1C1，NE＝12A1C1，又AC∥A1C1，M是AC中点，所以AM綊NE，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，又AE⊂平面ABB1A1，MN⊄平面ABB1A1，所以MN∥平面ABB1A1.(2)由AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1BC1，知AC∥平面A1BC1，点M到平面A1BC1的距离即为点C到平面A1BC1的距离，在△BC1C中，过点C作CF⊥BC1交BC1于F，因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，交线为CC1，A1C1⊥CC1，A1C1⊂平面ACC1A1，所以A1C1⊥平面BB1C1C，又CF⊂平面BB1C1C，∴CF⊥A1C1，A1C1∩BC1＝C1，所以CF⊥平面A 1BC1，由余弦定理：BC1＝BC2＋CC21－2BC·CC1cos∠BCC1＝7 ，12BC·CC1sin∠BCC1＝12BC1·CF，代入数据，得CF＝217，所以点M到平面A1BC1的距离d＝21 7.4.解：(1)证明：如图，因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD ⊥ AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF . 又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ， 所以CF ⊥平面DMF .(2)因为PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°， 所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD ，得FG ＝FC sin 60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3342－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝62.S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M CDE＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216. 5．解：(1)证明：连接AC ，过C 作CE ⊥AB ，垂足为E ，又在四边形ABCD中，AD⊥AB，CD∥AB，AD＝DC，∴四边形ADCE是正方形．∴∠ACD＝∠ACE＝45°.又∵AE＝CD＝12AB，∴BE＝AE＝CE，∴∠BCE＝45°，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC. 又∵BC⊥PC，AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC.(2)当M为PB中点时，CM∥平面PAD.证明：取AP中点为F，连接CM，FM，DF，则FM∥AB，且FM＝12 AB，∵CD∥AB，CD＝12AB，∴FM∥CD，FM＝CD.∴四边形CDFM为平行四边形，∴CM∥DF.∵DF⊂平面PAD，CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.(3)由(1)知，BC⊥平面PAC，M为PB中点，所以点M到平面PAC的距离等于1 2BC，VMPAC＝12VBPAC.在△BPA中，∵PA⊥AB，∴PB＝5a，所以在△BCP中，PC＝3a.在△PAC中，PC＝3a，AC＝2a，PA＝a，∴△PAC是直角三角形，S△PAC＝12a·2a＝22a2.VMPAC＝12VBPAC＝16·BC·S△PAC＝16·2a·2a22＝16a3.6．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以DA ⊥AB ， 又平面ABCD ⊥平面ABE ，且平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， 所以DA ⊥平面ABE ，又BE ⊂平面ABE ，所以DA ⊥BE .又因为AB 为圆O 的直径，E 是圆O 上不同于A ，B 的动点，所以AE ⊥BE . 因为DA ∩AE ＝A ，所以BE ⊥平面DAE .(2)因为平面ABCD ⊥平面ABE ，过点E 作EH ⊥AB 交AB 于点H ，则EH ⊥平面ABCD .在Rt △BAE 中，记∠BAE ＝α⎝⎛⎭⎪⎫0<α<π2，因为AB ＝2，所以AE ＝2cos α，HE ＝AE ·sin α＝2cos αsin α＝sin 2α， 所以V E ABCD＝13S 四边形ABCD ×HE ＝13×2×1×sin 2α＝23sin 2α. 由已知V E ABCD ＝33，所以23sin 2α＝33，即sin 2α＝32.因为0<α<π2，所以2α＝π3，即α＝π6或2α＝2π3，即α＝π3.于是点E 在AB ︵上满足∠EAB ＝π6或∠EAB ＝π3时，四棱锥E ABCD 的体积为33.。
导数18 大题(零点分析)中档-2022年全国一卷新高考数学题型细分汇编
导数——大题——零点分析（中档，中上、未）：1.（2022年山东东营J58）已知函数221()2()2x ax f x x x a e =+-∈R （ 2.71828e =…是自然对数的底数）．（1）若()f x 在(0.2)x ∈内有两个极值点，求实数a 的取值范围；（①）（2）1a =时，讨论关于x 的方程211()2|ln |()2x f x x x b x b xe⎡⎤-++=∈⎢⎥⎣⎦R 的根的个数．（零点分析，中档；第二问，未；）2.（2022年江苏南京J09）已知函数()f x =e 2x ，()(21)g x m x =+，m >0，设()()()h x f x g x =-（1）若函数()h x 有两个零点，求实数m 的取值范围；（②）（2）若直线()y g x =是直线()f x =e 2x 的一条切线，求证：∀a >b ，都有22()()2a h a h b e a b--- ．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年湖南长沙长郡中学J19）已知()()()2ln ln f x ax x x x x =+--有三个不同零点1x ，2x ，3x ，且123.x x x << （1）求实数a 的范围；（③）（2）求证：3121232.ln ln ln x x x x x x ++>（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年湖北四校联考J16）已知函数()()()1sin cos f x a x x x a R =+-∈.（④）（1）若()f x 在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点，求实数a 的取值范围；（2）若04a π-<≤，记()f x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()g a ，求()g a 的取值范围.（零点分析，中档，未；第二问，未；）2.（2022年湖南邵阳J41）已知函数()()2ln ,f x x a x a R =-∈．（1）讨论函数()f x 的零点个数；（⑤）（2）若函数()f x 存在两个不同的零点12,x x ，证明：12x x e >．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年广东仿真J04）（12分）已知函数()f x axlnx =，(0)a ≠．（⑥）（1）若函数1()()1g x f x x ='++（其中：()f x '为()f x 的导数）有两个极值点，求实数a 的取值范围；（2）当1a =时，求证：()sin 1x f x e x <+-．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年河北J47）已知函数()()()e ln 0x af x x a a -=-+>．(1)证明：函数()f x '在()0,∞+上存在唯一的零点；（⑦）(2)若函数()f x 在区间()0,∞+上的最小值为1，求a 的值．（零点分析，中档；第二问，未；）1.（2022年广东佛山一中J29）（本小题12分）已知函数()ln 2sin f x x x x =-+．（1）证明：()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭存在唯一的极值点；（⑧）（2）试讨论()f x 的零点个数．（零点分析，中档；第二问，未；）①【答案】（1）22e e a <<；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）若()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，则()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，等价于0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．令()x g x e ax =-，分类讨论()g x 有两个变号根时a 的范围；（2）化简原式可得：2()|ln |,(0,)xxh x x b x e =--∈+∞，分别讨论(1,)x ∈+∞和(0,1)x ∈时()h x 的单调性，可得()h x 的最小值，分类讨论最小值与0的关系，结合()h x 的单调性可以得到零点个数.【详解】（1）由题意可求得()()22(2)()2x xxa x x x e ax f x x ee'---=+-=，因为()f x 在(0,2)x ∈内有两个极值点，所以()0f x '=在(0,2)x ∈内有两个不相等的变号根，即0x e ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根．设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-，①当0a 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件．②当0a >时，令()0x g x e a '=-=得ln x a =，当ln 2a ，即2a e 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=-<，所以()g x 在(0,2)上单调递减，不符合条件；当ln 0a ，即01a < 时，(0,2),()0x x g x e a '∈=->，所以()g x 在(0,2)上单调递增，不符合条件；当0ln 2a <<，即21a e <<时，()g x 在(0,ln )a 上单调递减，(ln ,2)a 上单调递增，若要0xe ax -=在(0,2)x ∈上有两个不相等的变号根，则(0)0,(2)0,(ln )0,0ln 2,g g g a a >⎧⎪>⎪⎨<⎪⎪<<⎩，解得22e e a <<．综上所述，22e e a <<．（2）设2211()|ln |()2|ln |,(0,)2x x x h x x f x x x b x b x xee ⎡⎤=--+-=--∈+∞⎢⎥⎣⎦，令2x x y e =，则212x x y e '-=，所以2x x y e =在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．（ⅰ）当(1,)x ∈+∞时，ln 0x >，则2()ln x xh x x b e=--，所以22()21x xe h x ex x '-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．因为2210,0xe x x->>，所以()0h x '>，因此()h x 在(1,)+∞上单调递增．（ⅱ）当(0,1)x ∈时，ln 0x <，则2()ln x xh x x b e=---，所以22()21x xe h x ex x '-⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭．因为()22221,,1,01,1,x xxe ee ex x ∈><<∴>即21,xe x-<-，又211,x -<所以22()210x xe h x ex x '-⎛⎫=-+-< ⎪⎝⎭，因此()h x 在(0,1)上单调递减．综合（ⅰ）（ⅱ）可知，当(0,)x ∈+∞时，2()(1)h x h e b -=-- ，当2(1)0h e b -=-->，即2b e -<-时，()h x 没有零点，故关于x 的方程根的个数为0，当2(1)0h e b -=--=，即2b e -=-时，()h x 只有一个零点，故关于x 的方程根的个数为1，当2(1)0h e b -=--<，即2b e ->-时，①当(1,)x ∈+∞时，221()ln ln ln 1x x h x x b x b x b e e ⎛⎫=-->-+>-- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b -->，即()1,bx e+∈+∞；②当(0,1)x ∈时，121()ln ln ln 12x x h x x b x e b x b e -⎛⎫=-----+>--- ⎪⎝⎭，要使()0h x >，可令ln 10x b --->，即()10,bx e--∈，所以当2b e ->-时，()h x 有两个零点，故关于x 的方程根的个数为2，综上所述：当2b e -<-时，关于x 的方程根的个数为0，当2b e -=-时，关于x 的方程根的个数为1，当2b e ->-时，关于x 的方程根的个数为2．【点睛】本题考查已知极值点的个数求参数，以及分类讨论求函数的零点个数问题，属于难题.关键点点睛：分类讨论求函数的零点时，（1）先从函数有无零点得到参数的一个范围；（2）函数有零点时，再判断函数零点是否在给定区间内，得到参数下一步的范围.②【答案】（1）()1,+∞（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据零点存在性定理进行判定；（2）根据题意，求出切线，然后转化所给不等式逐步分析求证.【小问1详解】()()()22ln e 21,2e 202x x mh x m x h x m x =-+==⇒='-当ln 2m x <时，()()0,h x h x '<单调递减；当ln 2mx >时，()()0,h x h x '>单调递增，()min ln ()ln 1ln 2m h x h m m m m m⎛⎫∴==-+=- ⎪⎝⎭要使()h x 有两个零点，首先必有ln 01m m m -<⇒>当1m >时，注意到()()2110,e 212em h h m m m ⎛⎫-=>=-+ ⎪⎝⎭2224220m m m m m >--=->()h x ∴在1ln ,22m ⎛⎫- ⎪⎝⎭和ln ,2m m ⎛⎫⎪⎝⎭上各有一个零点，符合题意综上：m 取值范围为()1,+∞【小问2详解】证明：()22e xf x '=，设()()21g x m x =+与()f x 切于()20,ex P x ()()()00220202e 20,1,21,e 2121exx x m x m g x x h x x m x ⎧=⎪∴⇒=∴=∴=+∴=--⎨+=⎪⎩要证：()()22e 2ah a h b a b-≤-⇔-证：222e 2e 22e 2a b a a ba b--+≤--即证：222e e 2e a b a a b-≤-，即证：()221e2b aa b --≤-令22,0a b t t -=>⇔证明：1e ,e 1t t t t ---≤+≥构造()()()e ,1e0,ttF t t F t F t --=+=>∴'-在()0,∞+上()()01F t F ∴>=，证毕！【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．③【答案】（1）()2e e 11e e 1-+-（，）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）先利用参变量分离法，可得ln ln x xa x x x=--，然后构造函数ln ()ln x xh x x x x=--，判断()h x 单调性，然后作出函数的大致图像，确定a 的范围即可；（2）由（1）知，12301e x x x <<<<<，可设ln ()xu x x=，则1()1h x u u =--，然后利用导数确定()u x 的图像，由根的分布情况及111ln x u x =，32223ln ln x x u x x ==运算可得结果.【小问1详解】解：令()0f x =，得2ln (0)ln x ax x x x x+=>-，∴ln ln x x a x x x =--.设ln ()ln x xh x x x x=--，221ln (1)1ln ()(ln )x x x x x h x x x x ----=--'2222(1ln )(ln )(ln )x x x x x x x ⎡⎤---⎣⎦=-22222(1ln )2ln (ln )ln (1ln )(2ln )(ln )(ln )x x x x x x x x x x x x x x ⎡⎤----⎣⎦==--设()2ln x x x ϕ=-，121()2x x x x ϕ'-=-=，易知()x ϕ在102⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减，在12⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，单调递增，∴min 11()()1ln1ln 2022x ϕϕ==-=+，∴()2ln 0x x x ϕ=->，则由()0h x '=，得1x =或e x =，令()0h x '>，解得()1,e x ∈；令()0h x '<，解得()()01e,x ∞∈⋃+，()h x ∴在()01，单调递减，在()1,e 单调递增，在()e,∞+单调递减，()h x ∴有极小值()11h =，有极大值()()2e 1e e 1e e 1e e e 1h -+=-=--，又1ln ()ln 1xh x x x x=--，当0x +→时，ln 1ln =⋅→-∞x x x x ，()∴→+∞h x ，当x →+∞时，ln 0xx→，∴()1h x →，()h x ∴的图像如下：由图可知，要使()f x 有3个不同零点，即()h x a =有3个不同零点，实数a 的取值范围为()2e e 11,e e 1⎛⎫-+ ⎪ ⎪-⎝⎭.【小问2详解】由（1）知，12301e x x x <<<<<，令ln ()x u u x x ==，则1()1h x u u=--，21ln xu x-='，故当()0,e x ∈时，()u x 单调递增；当()e,x ∞∈+时，()u x 单调递减.且0x +→时，u ∞→-；()10u =；x →+∞时，0u →；()()max1e .eu x u ==所以ln ()xu x x=的图像如下：由11u a u-=-，得1(1)(1)u u a u --=-，即2(1)10u a u a +-+-=，由根的分布知：2(1)10u a u a +-+-=有两根1u ，2u ，且1210eu u <<<，由图①②知，111ln x u x =，32223ln ln x x u x x ==，又121211u u au u a+=-⎧⎨=-⎩，∴1212u u u u +=，∴12111u u +=，∴3121231211212ln ln ln x x x x x x u u u ++=+=-，又10<u ，∴110u ->，故3121232ln ln ln x x x x x x ++>.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点，利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．④【答案】（1）31,16π⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭（2）22,024⎫-⎪⎪⎣⎭【解析】【分析】（1）令()cos sin x xF x x=，求出其导数后可判断函数的单调性，从而可求其值域，故可求实数a 的取值范围；（2）求出()f x '，令()()G x f x ='，求出()G x '，利用题设条件可得()0G x '>，从而可得()f x '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭存在唯一的零点且可得()f x '的符号情况，从而可得()f x 的单调性，故可得其最小值，再利用导数可求其取值范围.【小问1详解】由()0f x =得cos 1sin x x a x +=，令()cos sin x xF x x=，则()2sin cos 0sin x x x F x x -'=<，所以()F x 在5,26ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，()53,06F x π⎛⎫∈- ⎪ ⎪⎝⎭，从而531,16a π⎛⎫∈--- ⎪ ⎪⎝⎭.【小问2详解】令()()cos sin G x f x a x x x '==+，因为0,,024x a ππ⎛⎫∈-≤< ⎪⎝⎭，故()()1sin cos 0G x a x x x '=-+>，所以()G x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又()00G a =<，022G ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，所以存在唯一实数00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00G x =，且当()00,x x ∈时，()0f x '<，当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，故()f x 在()00,x 上单减，在0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上单增，从而()f x 的最小值()()()00001sin cos g a f x a x x x ==+-，∵000cos sin 0a x x x +=，∴000sin cos x x a x -=，故()()()00000001sin cos sin cos x g a f x a x x x x x ==+-=-.令()sin 0cos 2x x h x x x π-⎛⎫=<< ⎪⎝⎭，则()2sin cos 0cos x x xh x x +'=-<，所以()h x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单减，由题意04a π-<≤可得()()004h h x h π⎛⎫< ⎪⎝⎭≤，所以004x π<≤，令()sin 0cos 4x H x x x x π⎛⎫=-< ⎪⎝⎭≤，则()()222cos cos 1sin cos sin cos cos cos x x x x x x x H x x x x--+=-=()2sin cos sin 0cos x x x x x -+=<，所以()H x 在0,4π⎛⎤⎥⎝⎦上单减，故()g a 的取值范围为22,024⎫-⎪⎪⎣⎭.【点睛】思路点睛：含参数的零点问题，可利用参变分离把参数的范围问题转化为不含参数的新函数的值域问题，在函数的单调性的讨论中，如果导函数的零点不易求得，可虚设零点来简化问题的讨论.⑤【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先对函数()f x 进行求导，然后对a 进行分类讨论，便可得到函数()f x 零点的个数;（2）利用（1）的结论，便可知函数在2a e >时有两个零点，再构造一个新函数，可将双变量变为单变量，对该新函数进行研究即可.【小问1详解】因为()()2220a x af x x x x x-'=-=>①当0a ≤，()0f x '>，函数()f x 在区间()0,∞+单调递增，（i ）0a =时，函数()f x 在()0,∞+上无零点；（ii ）0a <，由0x →时，()f x →-∞，()20f e e a =->，∴()f x 在()0,∞+只有一个零点；②当0a >时，函数()f x 在区间2a ⎛ ⎝上单调递减，在区间2a ⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增；（注意0x →时，()f x →+∞，x →+∞时，()f x →+∞）所以()ln 1ln 22222a a a a a f x f a ⎛⎫≥=-=- ⎪⎝⎭，（i ）02a f >即02e a <<时，()f x 无零点；（ii ）02a f =，即2a e =时，()f x 只有一个零点；（iii ）02a f <即2a e =时，()f x 有两个零点；综上所述，当0a <或2a e =时，()f x 在只有一个零点；当02a e ≤<时，()f x 无零点；当2a e >时，()f x 有两个零点；方法二：0a =时，函数()2f x x =在()0,∞+上无零点；0a ≠时，由()21ln 0x f x a x =⇒=，令()2ln x g x x =，则()()312ln 0x g x x x -'=>，由()312ln 0x g x x e x -'==⇒=，则(x e ∈时，()g x 单调递增，)x e ∞∈+时，()g x 单调递减，则()12g x ge e =≤，做出简图，由图可知：（注意：0x →时，()g x →-∞，x →+∞时()0g x →）当10a <或12e a =，即0a <或2a e =时，21ln x a x=只有一个根，即()f x 在()0,∞+只有一个零点；当1102a e <<时，即2a e >时，21ln x a x =有两个根，即()f x 在()0,∞+有两个零点；当112a e>时，即02e a <<时，21ln x a x =无实根，即()f x 在()0,∞+无零点；综上所述，当0a <或2a e =时，()f x 在只有一个零点；当02a e ≤<时，()f x 无零点；当2a e >时，()f x 有两个零点；【小问2详解】由（1）可知2a e >时，()f x 有两个零点，设两个零点分别为12,x x ，且210x x >>，由()()21112222ln 00ln 0x a x f x f x x a x ⎧-===⇒⎨-=⎩，即211222ln ln x a x x a x ⎧=⎨=⎩，所以()()222212122121ln ln ,ln ln x x a x x x x a x x +=+-=-，即()222121122221ln ln ln ln x x x x x x x x -+=+-要证明12x x e >，即证12ln ln 1x x +>，需证()2221122221ln ln 1x x x x x x ++>-，再证2221212221ln ln x x x x x x -->+，然后证221221211ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->⎛⎫+ ⎪⎝⎭，设21x x x =，则1x >，即证221ln 01x x x -->+，即22ln 101x x +->+，令()()22ln 111h x x x x =+->+，则()()()()()()22222222222141140111x x x x h x x x x x x x +--'=-==>+++，故函数()h x 在()1,+∞上单调递增，所以()()10h x h >=，即有22ln 101x x +->+，所以12x x e >．⑥【答案】见解析【详解】（1）依题意知：(0,)x ∈+∞，()f x alnx a '=+，∴1(),((0,))1g x alnx a x x =++∈+∞+∴22(21)()(1)ax a x a g x x x +-+'=+，()g x 有两个极值点，()g x ∴'在(0,)+∞有两个变号零点，令()0g x '=得：2(21)0ax a x a +-+=，(0)a ≠，关于x 的一元二次方程有两个不等的正根，记为1x ，2x ，∴1212000x x x x >⎧⎪+>⎨⎪⋅>⎩ ，即410210a a a -+>⎧⎪-⎨->⎪⎩，解得14102a a ⎧<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，∴104a <<，故a 的取值范围为：1(0,)4．（2）证明：当1a =时，()sin 1sin 1sin 10x x x f x e x xlnx e x e x xlnx <+-⇔<+-⇔+-->，设()sin 1(0)x M x e x xlnx x =+-->，()cos (1)x M x e x lnx '=+-+，()2x M x e lnx ∴'-- ，先证1x e x >+，令()1x g x e x =--，()1x g x e '=-，当0x >时，()0g x '>，()g x ∴在[0，)+∞上单调递增，又(0)0g = ，0x ∴>时()0g x >，即1x e x >+．再证1lnx x - ，令()1h x lnx x =-+，11()1x h x x x -'=-=，当01x <<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当1x >时，()0h x '<，()h x 单调递减．()h x h ∴ （1）0=，1lnx x ∴- 成立，()2(1)(1)20x M x e lnx x x ∴'=-->++--=，(0,)x ∴∈+∞时，()M x 单调递增，∴当[1x ∈，)+∞，()M x M （1）sin110e =+->，∴当(0,1)x ∈，0xlnx ->，0()sin 1sin 1sin 010x x M x e x xlnx e x e ∴=+-->+->+-=，(0,)x ∴∈+∞，()0M x >，命题得证．⑦【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）首先求出函数的导函数，即可得到()f x '在()0,∞+上单调递增，再计算(0)f '，构造函数，利用导数说明(0)0f '<，再计算(1)f a '+，即可得到(1)0f a '+>，从而得证；（2）由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，即001x a e x a -=+，即可得到min 0()()f x f x =，即可得到001ln()1x a x a -+=+，再根据1ln y x x=-的单调性得到01x a =-，即可得到121a e -=，从而求出a 的值；(1)证明：∵()()()e ln 0x a f x x a a -=-+>，∴()1e x a f x x a--'=+．∵e x a y -=在区间()0,∞+上单调递增，1y x a=+在区间()0,∞+上单调递减，∴函数()f x '在()0,∞+上单调递增．又1(0)a aa a e f e a ae --'=-=，令()(0)a g a a e a =->，()10a g a e '=-<，则()g a 在()0,∞+上单调递减，()(0)1g a g <=-，故(0)0f '<．令1m a =+，则1()(1)021f m f a e a ''=+=->+，所以函数()f x '在()0,∞+上存在唯一的零点．(2)解：由（1）可知存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0001()e 0x a f x x a -'=-=+，即001x a e x a -=+（）．函数1()x a f x e x a-'=-+在()0,∞+上单调递增，∴当0(0,)x x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0(,)x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调通增；∴0min 00()()e ln()x a f x f x x a -==-+，由（）式得min 0001()()ln()f x f x x a x a==-++．∴001ln()1x a x a-+=+，显然01x a +=是方程的解，又∵1ln y x x =-是单调递减函数，方程001ln()1x a x a -+=+有且仅有唯一的解01x a +=，把01x a =-代入（）式，得121a e -=，∴12a =，即所求实数a 的值为12．【点睛】思路点睛：函数的零点问题，一般需要利用函数的单调性和零点存心定理进行判断，对于导数零点不易求的情形，可通过虚设零点来处理.⑧答案：【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，导函数为1()12cos f x x x'=-+．……1分当π02x <<时，21()2sin 0f x x x ''=--<，所以()f x '在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．………2分又因为π303πf ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，π2102πf ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x '在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点0ππ,32x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．…………3分当00x x <<时，()0f x '>；当0x x >时，()0f x '<．因此，()f x 在0(0,)x 单调递增，在0π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭存在唯一的极值点0x x =．…………4分（2）令()ln g x x x =-，则1()1g x x '=-．当01x <<时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<．因此，()g x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减．………………………5分由于()()2sin ()2f x g x x g x =+≤+，且当4x >时，()(2)ln 442g x g <=-<-，故当3π42x ≥>时，()0f x <，从而()f x 在区间3π,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭没有零点．………………7分当π3π22x <<时，cos 0x <，从而12()110πf x x '<-<-<，()f x 在π3π,22⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．又πππ3πln 20,02222f f ⎛⎫⎛⎫=-+>< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x 在区间π3π,22⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点1π3π,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．………………………………………………9分当π02x <<时，由（1）知()f x 在0(0,)x 单调递增，在0π,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减．又0πππ1(1)10,()0662f g g f x f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+<+=>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，根据函数零点存在定理，()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭有且只有一个零点20π,6x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．………11分综上所述，()f x 有且只有2个零点．…………………………………………………12分。
【新步步高】高考数学(理全国甲卷)三轮增分练：高考中档大题规范练(2)(含答案解析)
(二 )立体几何与空间向量1． (2016 ·标全国甲课 )如图，菱形 ABCD 的对角线AC 与 BD 交于点 O ， AB ＝ 5，AC ＝ 6，点5E ，F 分别在 AD ， CD 上， AE ＝ CF ＝ 4， EF 交 BD 于点 H.将 △ DEF 沿 EF 折到 △ D ′EF 的地点， OD ′＝ 10.(1) 证明： D ′H ⊥平面 ABCD ；(2) 求二面角 B － D ′A －C 的正弦值．(1) 证明 由已知得 AC ⊥ BD ， AD ＝CD.又由 AE ＝ CF 得 AD AE ＝ CFCD ，故 AC ∥ EF.所以 EF ⊥ HD ，进而 EF ⊥ D ′H.由 AB ＝ 5， AC ＝ 6 得 DO ＝ BO ＝ AB 2－ AO 2＝ 4.OH AE1由 EF ∥ AC 得 DO ＝AD ＝ 4.所以 OH ＝ 1， D ′H ＝ DH ＝3.于是 D ′H 2＋ OH 2＝ 32＋ 12＝ 10＝ D ′O 2，故 D ′H ⊥ OH .又 D ′H ⊥ EF ，而 OH ∩EF ＝ H ，所以 D ′H ⊥平面 ABCD .(2) 解 如图，→→ —→以 H 为坐标原点， HF 的方向为 x 轴正方向， HD 的方向为 y 轴正方向， HD ′的方向为 z 轴正 方向，成立空间直角坐标系，则H (0,0,0)，A(－ 3，－ 1,0)， B(0，－ 5,0)， C(3，－ 1,0)，→ → →D ′ (0,0,3)， AB ＝ (3，－ 4,0)，AC ＝(6,0,0) ， AD ′＝ (3,1,3) ．设 m ＝ (x 1， y 1， z 1)是平面 ABD ′的法向量，则→3x 1－ 4y 1＝ 0，m ·AB ＝ 0，即→＝0，3x 1＋ y 1＋ 3z 1＝ 0，m ·AD ′所以可取 m ＝ (4,3，－ 5)．设 n ＝ (x 2， y 2， z 2)是平面 ACD ′的法向量，则→6x 2＝ 0，n ·AC ＝ 0，→＝0，即3x 2＋ y 2＋ 3z 2＝ 0，n ·AD ′所以可取 n ＝ (0，－ 3,1)．m ·n －147 5于是 cos 〈 m ， n 〉＝ |m||n|＝ 50× 10 ＝－ 25.2 95 sin 〈 m ， n 〉＝25.所以二面角 B － D ′A － C 的正弦值是29525 .2． (2016 山·东 )在以下图的圆台中，AC 是下底面圆 O 的直径， EF 是上底面圆 O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1) 已知 G ，H 分别为 EC ， FB 的中点，求证： GH ∥平面 ABC ；1(2) 已知 EF ＝ FB ＝ 2AC ＝ 2 3， AB ＝ BC ，求二面角 F － BC － A 的余弦值．(1) 证明 设 FC 中点为 I ，连结 GI ， HI .在 △ CEF 中，由于点 G ， I 分别是 CE ， CF 的中点，所以 GI ∥EF .又 EF ∥ OB ，所以 GI ∥ OB.在 △ CFB 中，由于 H 是 FB 的中点，所以HI ∥ BC.又 HI ∩GI ＝ I ， BC ∩OB ＝ B ，所以平面 GHI ∥平面 ABC.由于 GH ? 平面 GHI ，所以 GH ∥平面 ABC .(2) 解 连结 OO ′，则 OO ′⊥平面 ABC.又 AB ＝ BC ，且 AC 是圆 O 的直径，所以 BO ⊥ AC.以 O 为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系．由题意得B(0,2 3， 0)， C( －23， 0,0)．过点 F 作 FM⊥OB于点 M，所以 FM＝FB2－ BM2＝ 3，可得 F(0，3， 3)．→3，－ 2→3， 3)．故BC＝(－ 23， 0)，BF＝ (0，－设 m＝ (x， y， z)是平面 BCF 的法向量．→－ 2 3x－ 2 3y＝ 0，m·BC＝ 0，由可得－ 3y＋ 3z＝ 0.→m·BF ＝ 0，可得平面 BCF 的一个法向量 m＝ 3 ，－1，1，3由于平面ABC 的一个法向量n＝(0,0,1) ，m·n7所以 cos〈 m， n〉＝|m||n|＝7 .所以二面角 F － BC－A 的余弦值为77.3．(2016 ·上海 )将边长为1 的正方形 AA1O1O(及其内部 )绕 OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC长为2π， A1B1π长为，此中 B1与 C 在平面 AA1O1O 的同侧．33(1)求三棱锥 C— O1 A1B1的体积；(2)求异面直线 B1C 与 AA1所成的角的大小．π解(1)连结 O1B1，则A1B1＝∠ A1O1B1＝3，∴△ O1 A1B1为正三角形，3∴SO1A1B1＝4，∴VC—OAB111＝1OO1·S OAB＝3.311112(2)设点 B1在下底面圆周的射影为 B，连结 BB1，则 BB1∥ AA1，∴∠ BB1C 为直线 B1C 与 AA1所成角 (或补角 )，BB 1＝ AA1＝ 1.π2π连结 BC，BO，OC，AB＝A1B1＝，AC＝，33ππ∴ BC ＝，∴∠BOC＝，∴△BOC为正三角形，33∴ BC＝ BO＝ 1，∴ tan∠ BB1C＝BC＝1，BB1∴∠ BB1C＝ 45°，∴直线 B1C 与 AA1所成的角的大小为45°.4． (2016 四·川 )如图，在四棱锥P－ABCD 中， AD ∥ BC，∠ ADC ＝∠ PAB＝ 90°， BC＝ CD ＝12AD .E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA与 CD 所成的角为 90°.(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM ∥平面 PBE，并说明原因；(2)若二面角 P－ CD － A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形 ABCD 中， AB 与 CD 不平行．延伸 AB ，DC ，订交于点M (M∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点．原因以下：由已知， BC∥ED ，且 BC＝ ED .所以四边形BCDE 是平行四边形．进而 CM ∥EB.又 EB? 平面 PBE， CM ?平面 PBE.所以 CM ∥平面 PBE.( 说明：延伸AP 至点 N，使得 AP＝ PN，则所找的点能够是直线MN上随意一点)(2)方法一由已知， CD⊥ PA，CD ⊥ AD， PA∩AD ＝ A，所以 CD⊥平面 PAD .进而 CD ⊥ PD.所以∠ PDA 是二面角P－CD － A 的平面角．所以∠ PDA＝ 45°.设 BC＝ 1，则在 Rt△ PAD 中， PA＝ AD＝ 2.过点 A 作 AH ⊥ CE，交 CE 的延伸线于点H，连结 PH.易知 PA⊥平面 ABCD ，进而 PA⊥ CE.且 PA∩AH＝ A，于是 CE⊥平面 PAH .又 CE? 平面 PCE，所以平面 PCE⊥平面 PAH.过 A 作 AQ⊥ PH 于 Q，则 AQ ⊥平面 PCE.所以∠ APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．在 Rt△ AEH 中，∠ AEH＝ 45°， AE＝ 1，所以 AH＝2 2 .在 Rt△ PAH 中， PH＝PA2＋AH2＝3 22.所以 sin∠ APH ＝AHPH＝13.方法二由已知， CD ⊥ PA， CD⊥ AD ，PA∩AD ＝ A，所以 CD⊥平面 PAD .于是 CD⊥ PD.进而∠ PDA 是二面角P－CD － A 的平面角．所以∠PDA＝ 45°.由∠ PAB＝ 90°，且 PA 与 CD 所成的角为90°，可得 PA⊥平面 ABCD .设 BC＝ 1，则在 Rt△ PAD 中， PA＝ AD＝ 2.→ →x 轴， z 轴的正方向，成立以下图的空作 Ay⊥ AD ，以 A 为原点，以 AD，AP的方向分别为间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， P(0,0,2) ， C(2,1,0) ， E(1,0,0) ．→→→．所以 PE＝ (1,0，－ 2)， EC＝ (1,1,0)， AP＝ (0,0,2)设平面 PCE 的法向量为n＝ (x， y，z)．→＝0，x－ 2z＝0，n·PE设 x＝ 2，解得 n＝ (2，－ 2,1)．由得→x＋ y＝0.n·EC＝ 0.设直线 PA 与平面 PCE 所成的角为α，→＝1 .则 sinα＝|n·AP|＝222→23 |n| |AP·|2×2＋－＋1所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为13.5． (2016 ·京北 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD ， PA⊥ PD ， PA＝ PD ，AB ⊥AD ，AB＝ 1， AD＝ 2， AC＝ CD＝ 5.(1)求证： PD ⊥平面 PAB；(2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；AM(3) 在棱 PA 上能否存在点M，使得 BM∥平面 PCD ？若存在，求AP 的值；若不存在，说明原因．(1) 证明∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面 ABCD ＝ AD ，又 AB⊥ AD ， AB? 平面ABCD ，∴AB⊥平面 PAD .∵PD ? 平面 PAD ，∴ AB⊥ PD ，又 PA⊥ PD ， PA∩AB＝A，∴ PD ⊥平面 PAB .(2)解取 AD 中点 O，连结 CO， PO.∵ PA＝ PD，∴ PO⊥AD .又∵ PO? 平面 PAD ，平面 PAD⊥平面 ABCD ，∴PO⊥平面 ABCD ，∵CO? 平面 ABCD ，∴ PO⊥ CO，∵AC＝ CD ，∴ CO⊥ AD.以 O 为原点成立以下图空间直角坐标系．易知 P(0,0,1)， B(1,1,0) ， D(0，－ 1,0)，C(2,0,0) ．→ → ＝(0，－→ ，－ 1)．则 PB ＝ (1,1，－ 1)，PD 1，－ 1)， PC ＝ (2,0 设 n ＝ (x 0， y 0,1)为平面 PDC 的一个法向量．→ － y 0－1＝ 0， y 0 ＝－ 1，n ·PD ＝ 0，由→得－1＝ 0， 解得＝1n ·PC ＝ 0 2x 0x 02.即 n ＝12，－ 1， 1 .设 PB 与平面 PCD 的夹角为 θ.→则 sin θ＝ |cos 〈 n ，PB 〉 |→ 1－1－1n ·PB23 .＝＝＝→1＋1＋1× 33|n||PB |4(3) 解 设在棱 PA 上存在点 M ，使得 BM ∥平面 PCD ，→→ →则存在 λ∈ [0,1] 使得 AM ＝ λAP ，所以点 M(0,1－ λ， λ)，BM ＝ (－ 1，－ λ， λ)． ∵ BM ?平面 PCD ，∴ BM ∥平面 PCD ，→1 1 当且仅当 BM ·n ＝ 0，即 (－ 1，－ λ，λ) ·，－1，1＝ 0，解得 λ＝ ，∴在棱 PA 上存在点 M24使得 BM ∥平面 PCD ，此时AM 1AP＝ .4。
高三数学高考大题专项训练全套（15个专项）（典型例题）（含答案）
⾼三数学⾼考⼤题专项训练全套（15个专项）（典型例题）（含答案）1、函数与导数（1）2、三⾓函数与解三⾓形3、函数与导数（2）4、⽴体⼏何5、数列（1）6、应⽤题7、解析⼏何8、数列（2）9、矩阵与变换10、坐标系与参数⽅程11、空间向量与⽴体⼏何12、曲线与⽅程、抛物线13、计数原理与⼆项式分布14、随机变量及其概率分布15、数学归纳法⾼考压轴⼤题突破练 (⼀)函数与导数(1)1．已知函数f (x )＝a e xx＋x .(1)若函数f (x )的图象在(1，f (1))处的切线经过点(0，－1)，求a 的值；(2)是否存在负整数a ，使函数f (x )的极⼤值为正值？若存在，求出所有负整数a 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)∵f ′(x )＝a e x (x －1)＋x 2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1.∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线⽅程为 y －(a e ＋1)＝x －1，⼜直线过点(0，－1)，∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得a ＝－1e.(2)若a <0，f ′(x )＝a e x (x －1)＋x 2x 2，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0恒成⽴，函数在(－∞，0)上⽆极值；当x ∈(0,1)时，f ′(x )>0恒成⽴，函数在(0,1)上⽆极值．⽅法⼀当x ∈(1，＋∞)时，若f (x )在x 0处取得符合条件的极⼤值f (x 0)，则x 0>1，f (x 0)>0，f ′(x 0)＝0，则00000200201,e 0,e (1)0,x x x a x x a x x x ?> +> -+ = ?①②③由③得0e x a ＝－x 20x 0－1，代⼊②得－x 0x 0－1＋x 0>0，结合①可解得x 0>2，再由f (x 0)＝0e x a x ＋x 0>0，得a >－020e x x ，设h (x )＝－x 2e x ，则h ′(x )＝x (x －2)e x ，当x >2时，h ′(x )>0，即h (x )是增函数，∴a >h (x 0)>h (2)＝－4e2.⼜a <0，故当极⼤值为正数时，a ∈－4e 2，0，从⽽不存在负整数a 满⾜条件．⽅法⼆当x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x (x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x ＋2)x ，∵x ∈(1，＋∞)，∴e x ∈(e ，＋∞)，∵a 为负整数，∴a ≤－1，∴a e x ≤a e ≤－e ，∴a e x ＋2<0，∴H ′(x )<0，∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减．⼜H (1)＝1>0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4<0，∴?x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0，且当10，即f ′(x )>0；当x >x 0时，H (x )<0，即f ′(x )<0.∴f (x )在x 0处取得极⼤值f (x 0)＝0e x a x ＋x 0.(*)⼜H (x 0)＝0e x a (x 0－1)＋x 20＝0，∴00e x a x ＝－x 0x 0－1，代⼊(*)得f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0(x 0－2)x 0－1<0，∴不存在负整数a 满⾜条件．2．已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且?x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围．解 (1)∵函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∴f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a ，∵a >0，∴x 1当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：∴f (x )的极⼤值为f (0)＝1，极⼩值为f 2a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∵?x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∴f (x )≥g (x )在[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在[1,2]上有解，即不等式2a ≤1x 3＋3x在[1,2]上有解，设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x3(x ∈[1,2])，∵y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成⽴，∴y ＝1x 3＋3x 在[1,2]上单调递减，∴当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最⼤值为4，∴2a ≤4，即a ≤2.⾼考中档⼤题规范练 (⼀)三⾓函数与解三⾓形1．(2017·江苏宿迁中学质检)已知函数f (x )＝sin 2x ＋23sin x cos x ＋sin x ＋π4sin x －π4，x ∈R . (1)求f (x )的最⼩正周期和值域；(2)若x ＝x 00≤x 0≤π2为f (x )的⼀个零点，求sin 2x 0的值．解 (1)易得f (x )＝sin 2x ＋3sin 2x ＋12(sin 2x －cos 2x )＝1－cos 2x 2＋3sin 2x －12cos 2x ＝3sin 2x －cos 2x ＋12＝2sin 2x －π6＋12，所以f (x )的最⼩正周期为π，值域为－32，52. (2)由f (x 0)＝2sin 2x 0－π6＋12＝0，得 sin 2x 0－π6＝－14<0，⼜由0≤x 0≤π2，得－π6≤2x 0－π6≤5π6，所以－π6≤2x 0－π6<0，故cos 2x 0－π6＝154，此时sin 2x 0＝sin 2x 0－π6＋π6 ＝sin 2x 0－π6cos π6＋cos 2x 0－π6sin π6 ＝－14×32＋154×12＝15－38.2．(2017·江苏南通四模)已知向量m ＝sin x 2，1，n ＝1，3cos x2，函数f (x )＝m ·n . (1)求函数f (x )的最⼩正周期；(2)若f α－2π3＝23，求f 2α＋π3的值．解 (1)f (x )＝m ·n ＝sin x 2＋3cos x2＝212sin x 2＋32cos x2＝2sin x 2cos π3＋cos x 2sin π3 ＝2sin x 2＋π3，所以函数f (x )的最⼩正周期为T ＝2π12＝4π.(2)由f α－2π3＝23，得2sin α2＝23，即sin α2＝13. 所以f 2α＋π3＝2sin α＋π2＝2cos α＝2?1－2sin 2α2＝149. 3．(2017·江苏南师⼤考前模拟)已知△ABC 为锐⾓三⾓形，向量m ＝cos A ＋π3，sin A ＋π3，n ＝(cos B ，sin B )，并且m ⊥n . (1)求A －B ；(2)若cos B ＝35，AC ＝8，求BC 的长．解 (1)因为m ⊥n ，所以m ·n ＝cos A ＋π3cos B ＋sinA ＋π3sin B＝cosA ＋π3－B ＝0. 因为0所以A ＋π3－B ＝π2，即A －B ＝π6.(2)因为cos B ＝35，B ∈0，π2，所以sin B ＝45，所以sin A ＝sin B ＋π6＝sin B cos π6＋cos B sin π6 ＝45×32＋35×12＝43＋310，由正弦定理可得BC ＝sin A sin B×AC ＝43＋3.4．(2017·江苏镇江三模)在△ABC 中，⾓A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且(a －c )(sin A ＋sin C )＝(b －3c )sin B . (1)求⾓A ；(2)若f (x )＝cos 2(x ＋A )－sin 2(x －A )，求f (x )的单调递增区间．解 (1)由(a －c )(sin A ＋sin C )＝(b －3c )sin B 及正弦定理，得(a －c )(a ＋c )＝(b －3c )b ，即a 2＝b 2＋c 2－3bc . 由余弦定理，得cos A ＝32，因为06.(2)f (x )＝cos 2(x ＋A )－sin 2(x －A ) ＝cos 2x ＋π6－sin 2x －π6 ＝1＋cos 2x ＋π32－1－cos ?2x －π32＝12cos 2x ，令π＋2k π≤2x ≤2π＋2k π，k ∈Z ，得π2＋k π≤x ≤π＋k π，k ∈Z . 则f (x )的单调增区间为π2＋k π，π＋k π，k ∈Z .(⼆)函数与导数(2)1．设函数f (x )＝2(a ＋1)x (a ∈R )，g (x )＝ln x ＋bx (b ∈R )，直线y ＝x ＋1是曲线y ＝f (x )的⼀条切线． (1)求a 的值；(2)若函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点x 1，x 2. ①试求b 的取值范围；②证明：g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12.解 (1)设直线y ＝x ＋1与函数y ＝f (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝x 0＋1，y 0＝2(a ＋1)x 0，a ＋1x 0＝1，解得a ＝0. (2)记h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )＝2x －ln x －bx .①函数y ＝f (x )－g (x )有两个极值点的必要条件是h ′(x )有两个正零点． h ′(x )＝1x －1x－b ＝－bx ＋x －1x ，令h ′(x )＝0，得bx －x ＋1＝0(x >0)．令x ＝t ，则t >0.问题转化为bt 2－t ＋1＝0有两个不等的正实根t 1，t 2，等价于Δ＝1－4b >0，t 1t 2＝1b >0，t 1＋t 2＝1b>0，解得04.当04时，设h ′(x )＝0的两正根为x 1，x 2，且x 1则h ′(x )＝－bx ＋x －1x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x ＝－b (x －x 1)(x －x 2)x (x ＋x 1)(x ＋x 2).当x ∈(0，x 1)时，h ′(x )<0；当x ∈(x 1，x 2)时，h ′(x )>0；当x ∈(x 2，＋∞)时，h ′(x )<0.所以x 1，x 2是h (x )＝f (x )－g (x )的极值点，∴b 的取值范围是0，14. ②由①知x 1x 2＝x 1＋x 2＝1 b.可得g (x 1)＋g (x 2)＝－2ln b ＋1b －2，f (x 1)＋f (x 2)＝2b ，所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)＝12－b ln b －b .记k (b )＝12－b ln b －b 0令k ′(b )＝0，得b ＝1e 2∈0，14，且当b ∈0，1e 2时，k ′(b )>0，k (b )单调递增；当b ∈1e 2，14时，k ′(b )<0，k (b )单调递减，且当b ＝1e 2时，k (b )取最⼤值1e 2＋12，所以g (x 1)＋g (x 2)f (x 1)＋f (x 2)≤1e 2＋12.2．设函数f (x )＝2ax ＋bx＋c ln x .(1)当b ＝0，c ＝1时，讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6且函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1解 (1)f (x )＝2ax ＋bx＋c ln x ，x >0，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2＋cx －bx 2.当b ＝0，c ＝1时，f ′(x )＝2ax ＋1x. 当a ≥0时，由x >0，得f ′(x )＝2ax ＋1x >0恒成⽴，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，令f ′(x )＝2ax ＋1x >0，解得x <－12a ；令f ′(x )＝2ax ＋1x <0，解得x >－12a，所以，函数f (x )在0，－12a 上单调递增，在－12a ，＋∞上单调递减．综上所述，①当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a <0时，函数f (x )在? 0，－12a上单调递增，在－12a ，＋∞上单调递减． (2)①函数f (x )在x ＝1处的切线为y ＝3x ＋3a －6，所以f (1)＝2a ＋b ＝3a －3，f ′(1)＝2a ＋c －b ＝3，所以b ＝a －3，c ＝－a ，f ′(x )＝2a －b x 2＋c x ＝2ax 2－ax ＋3－ax 2，函数f (x )有两个极值点x 1，x 2，x 1则⽅程2ax 2－ax ＋3－a ＝0有两个⼤于0的解，Δ＝(－a )2－8a (3－a )>0，a 2a >0，3－a2a >0，解得83所以a 的取值范围是83，3. ②2ax 22－ax 2＋3－a ＝0， x 2＝a ＋9a 2－24a 4a ＝141＋9－24a ，由832x 22－x 2－1.f (x 2)＝2ax 2＋a －3x 2－a ln x 2＝a 2x 2＋1x 2－ln x 2－3x 2 ＝－32x 2＋1x 2－ln x 22x 22－x 2－1－3x 2. 设φ(t )＝－32t ＋1t －ln t2t 2－t －1－3t，t ∈14，12，φ′(t )＝－32－1t 2－1t (2t 2－t －1)－2t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t2 ＝－31t 2(2t 2－t －1)2＋32t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2＋3t 2＝32t ＋1t －ln t (4t －1)(2t 2－t －1)2. 当t ∈14，12时，2t ＋1t－ln t >0,4t －1>0，φ′(t )>0，所以φ(t )在14，12上单调递增，φ(t )∈163ln 2，3＋3ln 2，所以f (x 2)的取值范围是163ln 2，3＋3ln 2. (⼆)⽴体⼏何1．(2017·江苏扬州调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底⾯ABCD 为梯形，CD ∥AB ，AB ＝2CD ，AC 交BD 于O ，锐⾓△P AD 所在平⾯⊥底⾯ABCD ，P A ⊥BD ，点Q 在侧棱PC 上，且PQ ＝2QC .求证：(1)P A ∥平⾯QBD ； (2)BD ⊥AD .证明 (1)如图，连结OQ ，因为AB ∥CD ，AB ＝2CD ，所以AO ＝2OC . ⼜PQ ＝2QC ，所以P A ∥OQ . ⼜OQ ?平⾯QBD ，P A ?平⾯QBD ，所以P A ∥平⾯QBD .(2)在平⾯P AD 内过P 作PH ⊥AD 于点H ，因为侧⾯P AD ⊥底⾯ABCD ，平⾯P AD ∩平⾯ABCD ＝AD ，PH ?平⾯P AD ，所以PH ⊥平⾯ABCD .⼜BD ?平⾯ABCD ，所以PH ⊥BD .⼜P A ⊥BD ，P A ∩PH ＝P ，所以BD ⊥平⾯P AD . ⼜AD ?平⾯P AD ，所以BD ⊥AD .2．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底⾯ABCD 是正⽅形，AC 与BD 交于点O ，PC ⊥底⾯ABCD ，E 为PB 上⼀点，G 为PO 的中点．(1)若PD∥平⾯ACE，求证：E为PB的中点；(2)若AB＝2PC，求证：CG⊥平⾯PBD.证明(1)连结OE，由四边形ABCD是正⽅形知，O为BD的中点，因为PD∥平⾯ACE，PD?平⾯PBD，平⾯PBD∩平⾯ACE＝OE，所以PD∥OE. 因为O为BD的中点，所以E为PB的中点．(2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝2PC，因为四边形ABCD是正⽅形，所以OC＝22AB，所以PC＝OC.因为G为PO的中点，所以CG⊥PO.⼜因为PC⊥底⾯ABCD，BD?底⾯ABCD，所以PC⊥BD.⽽四边形ABCD是正⽅形，所以AC⊥BD，因为AC，PC?平⾯P AC，AC∩PC＝C，所以BD⊥平⾯P AC，因为CG?平⾯P AC，所以BD⊥CG.因为PO，BD?平⾯PBD，PO∩BD＝O，所以CG⊥平⾯PBD.3．(2017·江苏怀仁中学模拟)如图，在四棱锥E－ABCD中，△ABD为正三⾓形，EB＝ED，CB＝CD.(1)求证：EC⊥BD；(2)若AB⊥BC，M，N分别为线段AE，AB的中点，求证：平⾯DMN∥平⾯BCE.证明(1)取BD的中点O，连结EO，CO.∵CD＝CB，EB＝ED，∴CO⊥BD，EO⊥BD.⼜CO∩EO＝O，CO，EO?平⾯EOC，∴BD⊥平⾯EOC.⼜EC?平⾯EOC，∴BD⊥EC.(2)∵N是AB的中点，△ABD为正三⾓形，∴DN⊥AB，∵BC⊥AB，∴DN∥BC.⼜BC?平⾯BCE，DN?平⾯BCE，∴DN∥平⾯BCE.∵M为AE的中点，N为AB的中点，∴MN∥BE，⼜MN?平⾯BCE，BE?平⾯BCE，∴MN∥平⾯BCE.∵MN∩DN＝N，∴平⾯DMN∥平⾯BCE.4．(2017·江苏楚⽔中学质检)如图，在三棱锥P－ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：P A∥平⾯BEF；(2)若平⾯P AB⊥平⾯ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥P A.证明(1)在△P AC中，E，F分别是棱PC，AC的中点，所以P A∥EF.⼜P A?平⾯BEF，EF?平⾯BEF，所以P A∥平⾯BEF.(2)在平⾯P AB内过点P作PD⊥AB，垂⾜为D.因为平⾯P AB ⊥平⾯ABC ，平⾯P AB ∩平⾯ABC ＝AB ，PD ?平⾯P AB ，所以PD ⊥平⾯ABC ，因为BC ?平⾯ABC ，所以PD ⊥BC ，⼜PB ⊥BC ，PD ∩PB ＝P ，PD ?平⾯P AB ，PB ?平⾯P AB ，所以BC ⊥平⾯P AB ，⼜P A ?平⾯P AB ，所以BC ⊥P A .(三)数列(1)1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋a n ＝4，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知c n ＝2n ＋3(n ∈N *)，记d n ＝c n ＋log C a n (C >0且C ≠1)，是否存在这样的常数C ，使得数列{d n }是常数列，若存在，求出C 的值；若不存在，请说明理由．(3)若数列{b n }，对于任意的正整数n ，均有b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1＝12n －n ＋22成⽴，求证：数列{b n }是等差数列． (1)解 a 1＝4－a 1，所以a 1＝2，由S n ＋a n ＝4，得当n ≥2时，S n －1＋a n －1＝4，两式相减，得2a n ＝a n －1，所以a n a n －1＝12，数列{a n }是以2为⾸项，公⽐为12的等⽐数列，所以a n ＝22－n (n ∈N *)．(2)解由于数列{d n }是常数列， d n ＝c n ＋log C a n ＝2n ＋3＋(2－n )log C 2 ＝2n ＋3＋2log C 2－n log C 2＝(2－log C 2)n ＋3＋2log C 2为常数，则2－log C 2＝0，解得C ＝2，此时d n ＝7.(3)证明 b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n a 1 ＝12n －n ＋22，①当n ＝1时，b 1a 1＝12－32＝－1，其中a 1＝2，所以b 1＝－12.当n ≥2时，b 1a n －1＋b 2a n －2＋b 3a n －3＋…＋b n －1a 1＝12n －1－n ＋12，②②式两边同时乘以12，得b 1a n ＋b 2a n －1＋b 3a n －2＋…＋b n －1a 2＝12n －n ＋14，③由①－③，得b n a 1＝－n －34，所以b n ＝－n 8－38(n ∈N *，n ≥2)，且b n ＋1－b n ＝－18，⼜b 1＝－12＝－18－38，所以数列{b n }是以－12为⾸项，公差为－18的等差数列．2．在数列{a n }中，已知a 1＝13，a n ＋1＝13a n －23n ＋1，n ∈N *，设S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：数列{3n a n }是等差数列； (2)求S n ；(3)是否存在正整数p ，q ，r (p ""(1)证明因为a n ＋1＝13a n －23n ＋1，所以3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2.⼜因为a 1＝13，所以31·a 1＝1，所以{3n a n }是⾸项为1，公差为－2的等差数列． (2)解由(1)知3n a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以a n ＝(3－2n )13n ，所以S n ＝1·131＋(－1)·132＋(－3)·133＋…＋(3－2n )·13n ，所以13S n ＝1·132＋(－1)·133＋…＋(5－2n )·13n ＋(3－2n )·13n ＋1，两式相减，得23S n ＝13－2132＋133＋…＋13n －(3－2n )·13n ＋1＝13－219×1－13n －11－13＋(2n －3)·13n ＋1＝2n ·13n ＋1，所以S n ＝n3n .(3)解假设存在正整数p ，q ，r (p ""3q ＝p 3p ＋r 3r. 当n ≥2时，a n ＝(3－2n )13n<0，所以数列{S n }单调递减．⼜p ""①当q ≥3时，p 3p ≥q －13q －1≥2q 3q ，⼜r 3r >0，所以p 3p ＋r 3r >2q3q ，等式不成⽴．②当q ＝2时，p ＝1，所以49＝13＋r 3r ，所以r 3r ＝19，所以r ＝3({S n }单调递减，解惟⼀确定)．综上可知，p ，q ，r 的值为1,2,3.(三)应⽤题1．已知某⾷品⼚需要定期购买⾷品配料，该⼚每天需要⾷品配料200千克，配料的价格为1.8元/千克，每次购买配料需⽀付运费236元．每次购买来的配料还需⽀付保管费⽤，其标准如下：7天以内(含7天)，⽆论重量多少，均按10元/天⽀付；超出7天以外的天数，根据实际剩余配料的重量，以每天0.03元/千克⽀付．(1)当9天购买⼀次配料时，求该⼚⽤于配料的保管费⽤P 是多少元？(2)设该⼚x 天购买⼀次配料，求该⼚在这x 天中⽤于配料的总费⽤y (元)关于x 的函数关系式，并求该⼚多少天购买⼀次配料才能使平均每天⽀付的费⽤最少？解 (1)当9天购买⼀次时，该⼚⽤于配料的保管费⽤ P ＝70＋0.03×200×(1＋2)＝88(元)．。
高考数学中档大题保分练1.docx
中档大题保分练(一)(建议用时：45分钟)1．(2015·怀化模拟)函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)部分图象如图1所示．图1(1)求f (x )的最小正周期及解析式；(2)设g (x )＝f (x )－cos 2x ，求函数g (x )在区间x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值．2．(2015·青岛模拟)已知两直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6，△ABC 中，内角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，a ＝23，c ＝4，且当α＝A 时，两直线恰好相互垂直，(1)求A 的值；(2)求b 和△ABC 的面积．3．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边长分别为a ，b ，c ，且a ，b ，c 成等差数列，(1)若sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，试判断△ABC 的形状；(2)若B ＝30°，S △ABC ＝32，求b .4．已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，sin x ，n ＝(1，sin x )，f (x )＝m ·n －12.(1)求函数f (x )的单调递减区间；(2)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，a ＝23，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12，若3sin(A ＋C )＝2cos C ，求b 的大小．5．(2015·枣庄模拟)在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，已知向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 3A 2，sin 3A 2，n ＝⎝⎛⎭⎪⎫cos A 2，sin A 2，且满足|m ＋n |＝ 3.(1)求角A 的大小；(2)若b ＋c ＝3a ，试判断△ABC 的形状．6．在锐角三角形ABC 中，A ，B ，C 三内角所对的边分别为a ，b ，c .设m ＝(cos A ，sin A )，n ＝(cos A ，－sin A )，a ＝7，且m ·n ＝－12.(1)若b ＝3，求△ABC 的面积； (2)求b ＋c 的最大值．【详解答案】1．解：(1)由题图可得A ＝1，T 2＝2π3－π6＝π2，所以T ＝π，ω＝2,当x ＝π6时，f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1 ，因为|φ|<π2，所以φ＝π6. 所以f (x )的解析式为f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.(2)g (x )＝f (x )－cos 2x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－cos 2x＝sin 2x cosπ6＋cos 2x sin π6－cos 2x ＝32sin 2x －12cos 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.因为0≤x ≤π2，所以－π6≤2x －π6≤5π6.当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，g (x )有最大值，最大值为1；当2x －π6＝－π6，即x ＝0时，g (x )有最小值，最小值为－12.2．解：(1)当α＝A 时，直线l 1：x cos α＋12y －1＝0；l 2：y ＝x sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π6的斜率分别为k 1＝－2cos A ，k 2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6，因为两直线相互垂直，所以k 1k 2＝(－2cos A )sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝－1. 即cos A sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6＝12. 可得cos A ⎝⎛⎭⎪⎫sin A cos π6＋cos A sin π6＝12.所以32sin A cos A ＋12cos 2 A ＝12， 所以34sin 2A ＋12⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2A 2＝12. 即32sin 2A ＋1＋cos 2A2＝1， 即sin⎝ ⎛⎭⎪⎫2A ＋π6＝12. 因为0<A <π，0<2A <2π，所以π6<2A ＋π6<13π6，所以只有2A ＋π6＝5π6，所以A ＝π3. (2)a ＝23，c ＝4，A ＝π3， 所以a 2＝b 2＋c 2－2bc cos π3，即12＝b 2＋16－12×8b ，所以(b －2)2＝0， 即b ＝2.所以△ABC 的面积为S △ABC ＝12bc sin A ＝12×4×2sin π3＝2 3.3．解：(1)由题得sin 2B ＝sin A sin C ，∴b 2＝ac . 又由题意知b ＝a ＋c2，∴⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝ac ，∴a ＝c . ∴2b ＝a ＋c ＝2a ，∴a ＝b ＝c ， ∴△ABC 是等边三角形．(2)∵B ＝30°，S △ABC ＝32，∴12ac sin B ＝32，∴ac ＝6.由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ，∴b 2＝(a ＋c )2－2ac －3ac ＝4b 2－(12＋63)． ∴b 2＝4＋23，∴b ＝3＋1.4.【解】 (1)f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6＋sin 2x －12＝32sin 2x ＋12cos 2x ＋1－cos 2x 2－12＝32sin 2x . 所以f (x )的单调递减区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z .(2)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＝12和f (x )＝32sin 2x ，得sin A ＝33. ①若cos A ＝63，则sin(A ＋C )＝33cos C ＋63sin C ，又3sin(A ＋C )＝2cos C ， 所以cos C ＝2sin C . 因为0<C <π，所以cos C ＝63. ②若cos A ＝－63，同理可得：cos C ＝－63，显然不符合题意，舍去． 所以sin B ＝sin(A ＋C )＝23cos C ＝223.故b ＝a sin Bsin A＝4 2.5．解：(1)因为|m ＋n |＝3，所以|m ＋n |2＝3，即m 2＋n 2＋2m ·n ＝3，又因为m 2＝n 2＝1，所以m ·n ＝12，所以cos3A 2cos A 2＋sin 3A 2sin A 2＝12，所以cos A ＝12， 又0<A <π，所以A ＝π3. (2)∵b ＋c ＝3a ，∴sin B ＋sin C ＝3sin A ＝32，所以sin B ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝32，化简得sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6＝32，因为0<B <2π3，0<B＋π6<5π6，所以B ＋π6＝π3或2π3，所以B ＝π6，C ＝π2或B ＝π2，C ＝π6，所以△ABC 为直角三角形．6．解：(1)由m ·n ＝－12，得cos 2A －sin 2A ＝－12，即cos 2A ＝－12.因为0<A <π2，所以2A ＝2π3，即A ＝π3. 由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得c 2－3c ＋2＝0，解得c ＝1或2. 因为c ＝1时，cos B <0，舍去，所以c ＝2. 所以S △ABC ＝12bc sin A ＝12×3×2×sin π3＝332.(2)法一 a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，所以b 2＋c 2－bc ＝7. 所以(b ＋c )2＝3bc ＋7≤3⎝⎛⎭⎪⎫b ＋c 22＋7. 所以(b ＋c )2≤28，即b ＋c ≤27，当且仅当b ＝c 时等号成立． 所以(b ＋c )max ＝27.法二 由正弦定理得b sin B ＝c sin C ＝asin A ＝7sinπ3＝2213，又因为B ＋C ＝π－A ＝2π3， 所以b ＋c ＝2213sin B ＋2213sin C ＝2213sin B ＋2213sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－B ＝27sin ⎝⎛⎭⎪⎫B ＋π6. 当B ＋π6＝π2时，即B ＝π3时，b ＋c 的最大值是27.。
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(二)理(1)
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(二)理(推荐时刻：50分钟)1． 已知函数f (x )＝32sin 2x －12(cos 2x －sin 2x )－1，x ∈R ，将函数f (x )向左平移π6个单位后取得函数g (x )，设△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边别离为a ，b ，c .(1)假设c ＝7，f (C )＝0，sin B ＝3sin A ，求a 和b 的值；(2)假设g (B )＝0且m ＝(cos A ，cos B )，n ＝(1，sin A －cos A tan B )，求m ·n 的取值范围．解 (1)f (x )＝32sin 2x －12cos 2x －1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6－1 g (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π6－π6－1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－1 由f (C )＝0，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫2C －π6＝1. ∵0<C <π，∴－π6<2C －π6<116π， ∴2C －π6＝π2，∴C ＝π3. 由sin B ＝3sin A ，∴b ＝3a .由余弦定理得(7)2＝a 2＋b 2－2ab cos π3. ∴7＝a 2＋9a 2－3a 2，∴a ＝1，b ＝3.(2)由g (B )＝0得sin ⎝⎛⎭⎪⎫2B ＋π6＝1， ∵0<B <π，∴π6<2B ＋π6<136π， ∴2B ＋π6＝π2，∴B ＝π6. ∴m ·n ＝cos A ＋cos B (sin A －cos A tan B )＝cos A ＋sin A cos B －cos A sin B＝32sin A ＋12cos A＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π6. ∵A ＋C ＝5π6，∴0<A <5π6， ∴π6<A ＋π6<π，∴0<sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π6≤1. ∴m ·n 的取值范围是(0,1]．2． 某市文化馆在春节期间举行高中生“蓝天海洋杯”象棋竞赛，规那么如下：两名选手竞赛时，每局胜者得1分，负者得0分，竞赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时终止．假设选手甲与选手乙竞赛时，甲每局获胜的概率皆为23，且各局竞赛输赢互不阻碍． (1)求比赛进行4局终止，且乙比甲多得2分的概率；(2)设ξ表示竞赛停止时已竞赛的局数，求随机变量ξ的散布列和数学期望．解 (1)由题意知，乙每局获胜的概率皆为1－23＝13. 竞赛进行4局终止，且乙比甲多得2分即前两局乙胜一局，3,4局连胜，则P 2＝C 1213·23·13·13＝481. (2)由题意知，ξ的取值为2,4,6.则P (ξ＝2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59， P (ξ＝4)＝C 1213·23⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋C 1213·23⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝2081， P (ξ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫C 1213·232＝1681. 因此随机变量ξ的散布列为ξ2 4 6 P59 2081 1681则E (ξ)＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681.3． 如图，几何体ABCD －B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝a ，面B 1C 1D 1∥面ABCD ，BB 1、CC 1、DD 1都垂直于面ABCD ，且BB 1＝2a ，E 为CC 1的中点，F 为AB 的中点． (1)求证：△DEB 1为等腰直角三角形；(2)求二面角B 1－DE －F 的余弦值．(1)证明 连接BD ，交AC 于O ，因为四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，因此BD ＝a ， 因为BB 1、CC 1都垂直于面ABCD ，因此BB 1∥CC 1，又面B 1C 1D 1∥面ABCD ，因此BC ∥B 1C 1.因此四边形BCC 1B 1为平行四边形，则B 1C 1＝BC ＝a ，因为BB 1、CC 1、DD 1都垂直于面ABCD ，因此DB 1＝DB 2＋BB 21＝a 2＋2a 2＝3a ，DE ＝DC 2＋CE 2＝a 2＋a 22＝6a2，B 1E ＝B 1C 21＋C 1E 2＝a 2＋a 22＝6a2，因此DE 2＋B 1E 2＝6a 2＋6a 24＝3a 2＝DB 21，因此△DEB 1为等腰直角三角形．(2)解 取DB 1的中点H ，因为O ，H 别离为DB ，DB 1的中点，所以OH ∥BB 1.以OA ，OB ，OH 别离为x ，y ，z 轴成立空间直角坐标系，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a2，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，0，22a ，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34a ，a 4，0，因此DB 1→＝(0，a ，2a )，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32a ，a 2，22a ，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫34a ，34a ，0. 设面DB 1E 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·DB →1＝0，n ·DE →＝0，即ay 1＋2az 1＝0且－32ax 1＋a 2y 1＋22az 1＝0， 令z 1＝1，那么n 1＝(0，－2，1) 设面DFE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则n 2·DF →＝0，n 2·DE →＝0即34a x 2＋34ay 2＝0 且－32ax 2＋a 2y 2＋22az 2＝0，令x 2＝1，那么n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－33，263， 那么cos 〈n 1，n 2〉＝63＋2633×1＋13＋83＝22， 那么二面角B 1－DE －F 的余弦值为22.4． 已知n ∈N *，数列{d n }知足d n ＝3＋－1n 2，数列{a n }知足a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 2n ；又知数列{b n }中，b 1＝2，且对任意正整数m ，n ，b m n ＝b n m . (1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)将数列{b n }中的第a 1项，第a 2项，第a 3项，……，第a n 项，……删去后，剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{c n }，求数列{c n }的前2 013项和．解 方式一 (1)∵d n ＝3＋－1n 2，∴a n ＝d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 2n .＝3×2n 2＝3n .又由题知：令m ＝1，那么b 2＝b 21＝22，b 3＝b 31＝23，…，b n ＝b n 1＝2n .若b n ＝2n ，那么b m n ＝2nm ，b n m ＝2mn ，∴b m n ＝b n m 恒成立．若b n ≠2n ，当m ＝1，b m n ＝b n m 不成立，∴b n ＝2n .(2)由题知将数列{b n }中的第3项、第6项、第9项……删去后组成的新数列{c n }中的奇数列与偶数列仍成等比数列，首项别离是b 1＝1，b 2＝4，公比均是8，T 2 013＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c 2 013)＋(c 2＋c 4＋c 6＋…＋c 2 012) ＝2×1－81 0071－8＋4×1－81 0061－8＝20×81 006－67. 方式二 (1)a n ＝d 1＋d 2＋…＋d 2n ＝32×2n ＝3n . 由b m n ＝b n m 及b 1＝2>0知b n >0，对b m n ＝b n m 两边取对数得，m lg b n ＝n lg b m ，令m ＝1，得lg b n ＝n lg b 1＝n lg 2＝lg 2n ，∴b n ＝2n .(2)T 2 013＝c 1＋c 2＋…＋c 2 013＝b 1＋b 2＋b 4＋b 5＋b 7＋b 8＋…＋b 3 018＋b 3 019＝(b 1＋b 2＋…＋b 3 019)－(b 3＋b 6＋…＋b 3 018)＝21－23 0191－2－81－81 0061－23＝20×81 006－67.。
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(五)理(1)
甘肃省武威市铁路中学高考数学专题训练 中档大题保分练(五)理(推荐时刻：50分钟)1． 已知向量m ＝(sin x ，－1)，n ＝(cos x,3)．(1)当m ∥n 时，求sin x ＋cos x 3sin x －2cos x 的值； (2)已知在锐角△ABC 中，a ，b ，c 别离为角A ，B ，C 的对边，3c ＝2a sin(A ＋B )，函数f (x )＝(m ＋n )·m ，求f ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π8的取值范围． 解 (1)由m ∥n ，可得3sin x ＝－cos x ，于是tan x ＝－13， ∴sin x ＋cos x 3sin x －2cos x ＝tan x ＋13tan x －2＝－13＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13－2＝－29. (2)在△ABC 中，A ＋B ＝π－C ，于是sin(A ＋B )＝sin C ，由正弦定理知：3sin C ＝2sin A sin C ，∵sin C ≠0，∴sin A ＝32. 又△ABC 为锐角三角形，∴A ＝π3，于是π6<B <π2. ∵f (x )＝(m ＋n )·m＝(sin x ＋cos x,2)·(sin x ，－1)＝sin 2x ＋sin x c os x －2＝1－cos 2x 2＋12sin 2x －2 ＝22sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π4－32， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π8＝22sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π8－π4－32＝22sin 2B －32.由π6<B <π2得π3<2B <π， ∴0<sin 2B ≤1，－32<22sin 2B －32≤22－32， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＋π8∈⎝ ⎛⎦⎥⎥⎤－32，22－32. 2． 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，在等差数列{b n }中，b n >0(n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15，又a 1＋b 1、a 2＋b 2、a 3＋b 3成等比数列．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)∵a n ＝3n －1(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，在等差数列{b n }中，∵b 1＋b 2＋b 3＝15，∴b 2＝5.又∵a 1＋b 1、a 2＋b 2、a 3＋b 3成等比数列，设等差数列{b n }的公差为d ，∴(1＋5－d )(9＋5＋d )＝64，解得d ＝－10或d ＝2，∵b n >0(n ∈N *)，∴舍去d ＝－10，取d ＝2，∴b 1＝3，∴b n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)由(1)知，T n ＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n －1)3n －2＋(2n ＋1)3n －1，① 3T n ＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)3n －1＋(2n ＋1)·3n ，②①－②得－2T n ＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n ＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n ＋1)3n＝3＋2×3－3n1－3－(2n ＋1)3n ＝3n －(2n ＋1)3n ＝－2n ·3n ， ∴T n ＝n ·3n .3． 甲、乙两人玩猜数字游戏，规那么如下：①持续竞猜3次，每次彼此独立；②每次竞猜时，先由甲写出一个数字，记为a ，再由乙猜甲写的数字，记为b ，已知a ，b ∈{0,1,2,3,4,5}．假设|a －b |≤1，那么本次竞猜成功；③在3次竞料中，至少有2次竞猜成功，那么两人获奖．(1)求甲乙两人玩此游戏获奖的概率；(2)现从6人组成的代表队当选4人参加此游戏，这6人中仅有2对双胞胎，记选出的4人中含有双胞胎的对数为X ，求X 的散布列和期望．解 (1)记事件A 为甲乙两人一次竞猜成功，则P (A )＝6＋10C 16·C 16＝49， 那么甲乙两人获奖的概率为P ＝1－P 3(0)－P 3(1)＝1－C 03⎝ ⎛⎭⎪⎫490⎝ ⎛⎭⎪⎫593－C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫491⎝ ⎛⎭⎪⎫592＝304729.(2)由题意可知6人当选取4人，双胞胎的对数X 取值为0,1,2，则P (X ＝0)＝C 12·C 12·C 22C 46＝415，P (X ＝1)＝C 12C 12C 12＋C 22C 46＝23，P (X ＝2)＝C 22C 46＝115，散布列如下：X 0 1 2P 415 23 115E (X )＝0×415＋1×23＋2×115＝45.4． 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 在线段AA 1上．(1)当AE ∶EA 1＝1∶2时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是不是存在点E ，使二面角D －BE －A 等于60°？假设存在，求AE 的长；假设不存在，请说明理由．(1)证明 连接DC 1，因为ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，因此△ABC 为正三角形，又因为D 为AC 的中点，因此BD ⊥AC ，又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，平面ABC ∩平面ACC 1A 1＝AC ，因此BD ⊥平面ACC 1A 1，因此BD ⊥DE .因为AE ∶EA 1＝1∶2，AB ＝2，AA 1＝3， 因此AE ＝33，AD ＝1， 因此在Rt△ADE 中，∠ADE ＝30°，在Rt△DCC 1中，∠C 1DC ＝60°，因此∠EDC 1＝90°，即DE ⊥DC 1.又BD ∩DC 1＝D ，因此DE ⊥平面BDC 1，BC 1⊂面BDC 1，因此DE ⊥BC 1.(2)解 假设存在点E 知足条件，设AE ＝h .取A 1C 1的中点D 1，连接DD 1，那么DD 1⊥平面ABC ， 因此DD 1⊥AD ，DD 1⊥BD ，别离以DA 、DB 、DD 1所在直线为x ，y ，z 轴成立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (1,0，h )， 因此DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1,0，h )，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0,0，h )， 设平面DBE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧ n 1·DB →＝0n 1·DE →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ 3y 1＝0x 1＋hz 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧ n 2·AB →＝0n 2·AE →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋3y 2＝0，hz 2＝0.取y 2＝1，∴n 2＝(3，1,0)．∴cos〈n 1，n 2〉＝|－3h |h 2＋1·2＝cos 60°＝12. 解得h ＝22<3，故存在点E ，当AE ＝22时，二面角D －BE －A 等于60°.。
2020新课标高考理科数学保分大题3+1（前三道大题+一道选考题）强化集训（共八套）
2020高考理科数学保分大题强化集训（共八套）“3+1”保分大题强化练（一）Y Y1.已知函数y（x）=sin g+cos y x6[0,兀],设大工）的最大值为M,记冷0取得最大值时x的值为0.⑴求M和。
；（2）在AABC中，内角A,B,。
所对的边分别是a,b,c,若。
=2点，b= 2而,B=e,求c的值.Y Y解:（1）由已知，得f（x）=sin j+cos§.—,、'兀X-7C771因为OW x W ti,所以彳正.所以当§+.=*即》=哥时，yu）取得最大值粗,故m=也,0=-^-.(2)由余弦定理Z?2=a2+c2—2occos B,得c2—2X2«x［一乎"c+(2«)2=(2何)2,即c2+4c-32=0,解得c=4或c=—8(舍去).故c=4.2.如图，四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形，PDLAB,p。
是AD的中点，BO=CO./(1)求证：AB±平面必£＞；/^；：o XK d(2)若AD=2AB=4,PA=PD,点M在侧棱PD上，且BPD=3MD,二面角P-BC-D的大小为45°,求直线BP与平面MAC所成角的正弦值.解：⑴证明：在平行四边形A3CD中，设N是3。
的中点，连接CW,因为。
是AD的中点，所以AB//ON.又BO=CO,所以ON±BC,所以A31BC.又在平行四边形ABCD 中，BC//AD,所以AB-LAD.又 AB-LPD, SLPDHAD=D, ADU 平面必£>, PDU 平面必£),所以AB±平面PAD.(2)由(1)知平面必£>,又A3U 平面A3CD, 于是平面PADX.平面A3CD,连接P 。
，PN,由 PA = PD,可得 P01AD,贝']PO±BC,X ON-LBC, PO^NO = O,所以BC-L 平面PNO,所以PN-LBC,故二面角P-BC-D 的平面角为ZPNO,则ZPNO=45°.由此得P0=AB=2.以。
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高考理科数学中档大题保分专练 18 套 目 录
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b ∴ n 是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列，即 1 bn b1q n 1 2 ．………………………………6 分 1 cn bn log 2 bn n 2 ， （2）由已知有 1 1 1 1 S n 1 2 3 … n 1 2 2 2 2 即
整理编辑说明：这部资料为高考理科数学中档大题保分专练 18 套；试 题全部来源于网络，如有侵权行为及及时指正；本人从近几年全国各 地高三考试卷中经过精挑细选再加以整理编辑最终完成了中档大题保 分专练 18 套试题，每套 4 个大题共计 72 题，是高三理科专题特训的 极品绝版资料；试题比较全面有代表性，足以备考之用，欢迎广大师 生下载学习交流，但不可以作为商业用途；时间仓促，错误在所难免！
（2）若
cn bn log 2 bn
c ，求数列 n 的前 n 项和 Sn ． bn an 1 an an 1 2an 2 an 1 2 an 1 an 2 2bn 1
，又
1.【解析】 （1）由已知有
b1 a2 a1 1 2， 1
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中档大题保分专练 18 套 专练一（共 4 道大题）建议用时：40 分钟
a 1.（广西名校第一次摸底） 数列 n 满足下列条件： a1 1 ，a2 a an 1 1 ，an 2 n ， n N* 2 2 ．
b （1）设 bn an 1 an ，求数列 n 的通项公式；